「笔记」数树相关的一些内容
没什么干货，基本上都是瞎写，而且是想到什么写什么，所以可能你看完也学习不到什么。
由于我数学很差，所以可能会写大堆废话 + 大堆错误 + 大堆不带证明的结论。
由于我水平有限，所以写的东西比较显然，内容也十分基础入门。
本篇文章于 2020/11/26 重构。
matrix - tree 定理
先考虑无向图 \(G\)：记基尔霍夫矩阵 \(L_G = D_G - A_G\)，其中 \(D_G\) 表示度数矩阵，\(A_G\) 表示邻接矩阵。
则该无向图的生成树数量等于主对角线上任意元素的余子式。
然后就只需要求解行列式，高斯消元即可。
注意到行列式可以在交换环上定义（比如模 \(x^n\) 或者模合数），但一般的高斯消元需要逆元。
如果是个欧几里得环就可以辗转相除（模合数虽然不是欧式环，但是可以先扩到整数环里面消）。
不过如果是比较一般的环，消元好像比较鬼畜（至少今年员交中的那个《从素数到合数》我是还没有看懂的）。
证明 1（该证明来自于这里）：
考虑一种容斥：枚举哪些点形成环，则剩下的点随便找父亲。假如有 \(k\) 个环，环外的点集为 \(S\)，则贡献为 \((-1)^{k}\times \prod_{i\in S} deg_i\)。
发现这种容斥方法和置换一一对应：将置换 \(P\) 循环分解，则大小为 1 的循环对应环外的点，否则对应一个环。
那么考虑主对角线余子式，对应组合意义即选定一个点为根，剩下的点作行列式。
然后只需要证大小为 1 的循环贡献为 \(deg_i\)，否则贡献 \((-1)\)（注意行列式本身的定义，该循环还会贡献逆序对的符号）。
关于行列式的组合意义，还有一个叫作 LGV 引理 的东西
（其实是在洛谷模板题里乱翻看到的），虽然证明思路不太一样。
另外，好像在以前还看到过某知乎老哥利用行列式组合意义反向证明了 cauchy-binet 定理的。
证明 2（我自己瞎掰的）：
其实是因为之前在看拟阵时看到了这篇知乎文章，发现它所说的图拟阵的线性表出就是在常见证法中构造出来的 \(L = B^TB\)。
想了一下发现可以把常见证法改了改
虽然感觉本质还是一样的，从 cauchy-binet 定理出发证明。
首先是 cauchy-binet 定理：
对于 \(n\times m\) 矩阵 \(A\) 与 \(n\times m\) 矩阵 \(B\)，有：
\[\det(AB^T)=\sum_{|s|=n}\det(A_{s*}B_{s*}^T)=\sum_{|s|=n}\det(A_{s*})\det(B_{s*}^T) \]其中 \(s\) 是全集 \(\{1,2,\dots,m\}\) 的大小为 \(n\) 的子集，\(A_{s*}\) 表示从矩阵 \(A\) 中选出 \(s\) 所对应的列集合得到的 \(n\times n\) 的矩阵。
特别地，当 \(n > m\) 时 \(\det(AB)=0\)；当 \(n=m\) 变成 \(\det(AB)=\det(A)\det(B)\)。
暴力展开当然可以证，但是更优美的证法
好像似乎大概可能需要范畴论的知识？总之不会证，告辞。
记点数为 \(n\)，边数为 \(m\)。
考虑对于边 \((x,y)\)，构造 \(n\) 维列向量 \(\vec{v}\) 满足 \(v_i=[i=x]-[i=y]\)（这里 \(x,y\) 的顺序并不重要）。则一组列向量线性无关等价于它们对应的边无环。
构造 \(n \times m\) 矩阵 \(B = (\vec{v_1},\vec{v_2},\dots \vec{v_m})\)（此时
惊讶地发现基尔霍夫矩阵 \(L = BB^T\)）。则由上可知 \(\det(BB^T)=\sum_{|s|=n}\det(B_{s*})\det(B_{s*}^T)=\sum_{|s|=n}\det^2(B_{s*})\)，然后发现 \(\det^2(B_{s*})\neq 0\) 等价于选出 \(s\) 对应的边集无环。
然而 \(|s|=n>n-1\)，所以它必然成环，由此得到 \(\det(BB^T) = 0\)，因此基尔霍夫矩阵行列式恒等于零。
如果我们可以让 \(|s| = n - 1\)，那么枚举 \(s\) 的过程其实就对应了枚举所有大小为 \(n-1\) 的边集的过程，而这样就可以枚举到生成树。
考虑把所有列向量同时删去第 \(p\) 行得到一组维数为 \(n-1\) 的列向量，此时它们的线性无关性依然等价于它们对应的边无环。
记新的 \((n-1)\times m\) 的矩阵为 \(B'\)（此时
再次惊讶地发现\(B'B'^T\) 是 \(L\) 删去第 \(p\) 行第 \(p\) 列的矩阵）。则 \(\det(B'B'^T)=\sum_{|s|=n-1}\det^2(B'_{s*})\)，此时 \(\det^2(B'_{s*})\neq 0\) 就对应了一棵生成树。
只要再证明当 \(\det^2(B'_{s*})\neq 0\) 时一定有 \(\det^2(B'_{s*}) = 1\)，也即 \(B'_{s*}\) 是幺模矩阵，就能证出 matrix - tree 定理。
事实上，\(B'_{s*}\) 是非常经典的全幺模矩阵。
定理的扩展 1：
如果是有向图的树形图计数，不妨计以 \(r\) 为根的自闭内向树形图数量。
结论：只需要把无向图中的度数矩阵改成出度矩阵，求出删去第 \(r\) 行第 \(r\) 列的余子式。
内向树形图可以描述成 “除根 \(r\) 外所有点出度为 1” + “将有向边改成无向边后没有环”，如果用证明 1 的方法是类似可证的。
如果用证明 2 的方法，则需另构造一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 限制出度。设有向边 \(e_j=u_j\to v_j\)，则可以构造 \(a_{ij}=[u_j=i]\)。
注意到 \(A\) 中的列向量集线性无关等价于所有出度 \(\leq 1\)。如果删去第 \(r\) 行，则线性无关性等价于除 \(r\) 以外的点出度 \(\leq 1\)。
此时又一次惊讶地发现 \(L = AB^T\)（\(B\) 就是无向图中那个矩阵，不过注意此时为有向边），之后类似。
为了完成证明，仅证 \(A_{s*},B_{s*}\) 是幺模矩阵还不够，必须证明它们同时取 1 或 -1，不过这是可以证出来的。
定理的扩展 2：
另一种扩展方向就是定义生成树的权值为边权乘积，求所有生成树权值之和。生成树计数可以认为所有边权为 1。
结论：把边权为 \(w\) 的边 “当作” 有 \(w\) 条重边（当然 \(w\) 不一定为正整数）代入 matrix-tree 定理。显然，方法 1 也可以类似可证。
方法 2 中，只需要把 \(B\) 中原本是 \(\pm 1\) 的地方改成 \(\pm\sqrt{w_i}\)（当然这里 \(\sqrt{w_i}\) 不一定存在，就当作一个 “形式” 好了 本来想说扩域结果发现可能边权不一定在域中定义），证明最后证全幺模矩阵的地方改成证行列式为 \(\prod_i w_i\)。
有向图也可以这么扩展，把 \(B\) 中的 \(\pm 1\) 改成 \(\pm w_i\)。
为啥要引入证明方法 2：
证明方法 2 实际上把 matrix-tree 定理中的生成树计数抽象成了 “基计数”，利用 cauthy-binet 定理去枚举所有可能为基的子集，并用行列式判断是否线性独立。
然而这有局限性，即列向量构成一组基的矩阵必须为（全）幺模矩阵，否则会出问题。
而推广到有向图的树形图计数时，条件甚至不再是一个拟阵，而是两个拟阵的交（暂时换成 “拟阵” 这个术语吧，我不知道更严谨的说法是什么）。因此某种意义上说这个定理还可以计算最大拟阵交的数量。
然而这个条件更严苛：不仅要是（全）幺模矩阵，而且两个拟阵的行列式必须同时取 \(\pm 1\)。
有没有什么办法把这种思想推广？现在可能有些想法 不过可能以后要用，先不贴。嘛，还有很多东西没有研究清楚 下次再说吧。
update in 2021/01/31：出了一道垃圾题。
prüfer 序列
以前写了，虽然和 matrix-tree 关系不大，不过都可以用来数树，就再写一遍吧。
定义就不贴了，可以百度。prufer 序列与树之间的线性转化可以看这道题，还是比较巧妙的。
由于 prufer 序列和有标号树一一对应，所以随机生成一个 prufer 序列等价于随机一棵无根有标号树。
然后
众所周知这种随机算法得到的树有些优美的性质，比如直径 \(\leq \sqrt{n}\)虽然我并不会证。
prufer 序列最好的地方在于它可以限制点的度数（点 \(x\) 的度数等于 \(x\) 在 prufer 序中的出现次数减一），举个例子（「WC2019」数树 中的一个结论）：
现有 \(k\) 个大小为 \(a_1,a_2,\dots,a_k\) 的连通块，且 \(n=\sum_i a_i\)。则将 \(k\) 个连通块连成树的方案数为 \(n^{k-2}\times \prod_{i=1}^k a_i\)。
证明：
\[\sum_{\sum_{i=1}^{k}p_i=k-2}\frac{(k-2)!}{\prod_{i=1}^kp_i!}\times \prod_{i=1}^{k}a_i^{p_i+1} \]由 prufer 序列即可写出上式。记 \(F_i(z) = \sum_{j=0}\frac{a_i^j}{j!}z^j = e^{a_iz}\)，则上式又可写成 \(\prod_{i=1}^{k}a_i\times (k-2)!\times [x^{k-2}]\prod_{i=1}^{k} F_i(z)\)。
代入 \(F_i(z) = e^{a_iz}\) 即可得到最终结果 \(n^{k-2}\times \prod_{i=1}^k a_i\)。
当然用 matrix-tree 解，也解得出来。
还有一些其他应用，比如 一道基环树计数。可以理解成改变 prufer 序列的删点优先级（非环点先删，环点后删），当然也可以理解成直接把环缩成点 不过前面那种理解很有趣，就记录下来了。
BEST 定理
详细内容可参考 IOI2018 论文《欧拉图相关的生成与计数问题探究 北京师范大学附属实验中学 陈通》，作为矩阵树的一个应用放这里。
冷知识：该定理由 deBruijn、vanAardenne-Ehrenfest、Smith 和 Tutte 四人提出，所以叫作 BEST 定理。
给定一个有向欧拉图（弱连通、所有点入度等于出度），记 \(T_1\) 表示以 1 号点为根的内向树数量，记 \(d_i\) 表示第 \(i\) 个点的出度。
则从 1 号点出发（一定回到 1 号点）的欧拉路径数量 \(E_1 = T_1\times d_i!\times \prod_{j\neq i}(d_j-1)!\)。
特别地，欧拉回路数量为 \(E = \frac{E_1}{d_1} = T_1\times \prod_{i}(d_i-1)!\)（这是因为选定 1 号点为起点时，每个欧拉回路都有 \(d_1\) 种同构）。
那么只需要做有向图的内向树即可，套矩阵树定理即可。这是一道模板题。
证明：
对于一棵以 1 号点为根的内向树，从每个点出发先走非树边再走树边，指定非树边的访问顺序，这样方案数就是 $ T_1\times d_i!\times \prod_{j\neq i}(d_j-1)!$。
我们将证明这样的顺序一定可以得到一条从 1 出发的欧拉路径。事实上只需要证明每次走过一条边 \(u_i\to v_i\) 并删去后仍存在欧拉路径，由于度数限制显然满足，那么只需要证仍然弱连通。
如果 \(u_i \to v_i\) 是树边，则显然（这是 \(u_i\) 被删的最后一条边）；否则，\(u_i\) 到 1 的树边一定全都存在，且 \(v_i\) 到 1 的树边也全都存在，那么它们仍然弱连通。
因此任意一种方案都可以对应到一条欧拉路径。
对于一条欧拉路径，指定每个点（当然除了 1 号点）在该路径中最后一条出边为树边，其他边为非树边。
我们将证明这样规定树边是合法的（不会形成环）。如果有环，则首先它不含 1 号点（1 号点没有树边作出边）。考虑这个环的实际含义：每条环边都是该点的最后一条出边，那么这个环已经形成了一条欧拉回路，矛盾。
因此任意一条欧拉路径都可以对应一种方案，由此原定理得证。
然后是其他一些东西：
由于根的选取具有任意性，所以定理还表明在有向欧拉图中所有点的内向/外向生成树数量相同。
无向图的欧拉回路计数是 #P-complete 的，所以如果你觉得你会做，可以先去领个图灵奖。
