Matrix Tree 定理及证明

引言

矩阵树定理是一个基于线性代数工具，解决图上生成树计数相关问题的工具。

最大的特点之一就是网上很多人都不会证明。

一些线代基础：矩阵，行列式等。

为什么要写这个证明呢？周围很多人认为比较浪费时间，一般不考。然而输入感知定理其中的智慧，不仅对于图论、线性代数有了更深入的了解，还可以为思维注入一些新鲜血液，因此对我个人而言不全是浪费时间之举。

基础定义

图的关联矩阵

对于一个 \(n\) 个点（第 \(i\) 个点记为 \(v_i\)），\(m\) 条边（第 \(j\) 条边记为 \(e_j\)）的无向图（为方便起见我们在此处暂定一个方向），定义其“关联矩阵” \(M\) 为：

\[M_{i,j} = \begin{cases} 1 & e_j \text{是} v_i \text{的入边} \\ -1 & e_j \text{是} v_i \text{的出边} \\ 0 & \textit{otherwise.} \\ \end{cases} \]

显然大小是 \(n\times m\) 的。

拉普拉斯（基尔霍夫）矩阵

拉普拉斯矩阵 \(L\) 定义为：

\[L_{i,j} = \begin{cases} \deg v_i & i = j\\ -\text{cnt}(v_i, v_j) & i \ne j \end{cases} \]

其中 \(\deg v\) 表示顶点 \(v\) 的度数，\(\text{cnt}(u,v)\) 表示边 \(u\leftrightarrow v\) 的数量。

拉普拉斯矩阵有一个很好的关于关联矩阵的性质（附证明，\(M^T\) 表示 \(M\) 的转置）：

\[L = M \times M^T \\ L_{i,i} = \sum_{k=1}^n M_{i,k}M^T_{k,i} = \sum_{k=1}^n M^2_{i,k}=\deg v_i \\ L_{i,j} = \sum_{k=1}^n M_{i,k}M^T_{k,j} = \sum_{k=1}^n M_{i,k}M_{j,k}=-\text{cnt}(v_i, v_j) \]

\(M\) 和 \(M^T\) 相乘的意图何在？注意这样直接实现了内积，对于 \(i=j\) 的情况，只要 \(e_k\) 与 \(v_i\) 相连即产生 \(1\) 的贡献；对于 \(i\ne j\) 的情况，如果 \(e_k=(i,j)\)，那么会有 \(-1\) 的贡献。通过这个性质我们可以实现 \(L\) 与 \(MM^T\)​ 之间的互相转换。除此之外，更加深层的目的将在下面提到。

理论铺垫

关联矩阵与图性质的关系

考虑我们最终的目的是选择 \(m\) 条边中的 \(n-1\) 条，那么相当于在关联矩阵中“抽出” \(n-1\) 列。这些列编号的集合记为 \(S\)，记 \(M[S]\) 为 \(M\) 仅保留列 \(S\) 得到的矩阵，大小为 \(n\times (n-1)\)（为了方便，如果行比列多，可能以此表示保留行而不是列）。

方阵更容易研究，考虑将 \(M[S]\) 的某一行扔掉，是不会丢失信息的；相反扔掉更多的行则会有丢失——这一点还原到原图上就比较显然了。这也反映 \(M[S]\) 的秩为 \(n-1\)。设丢掉一行后的矩阵为 \(M_0[S]\)，这个“丢掉一行”在原图上可以理解为忽略生成树的根，由于是无向图，根的实际选择不需要关心，因此说将“某一行扔掉”。

思考对于一个不合法的情况，那么图中必然有环。于是不难想到环中这些边对应的列向量必然线性相关。换句话说，不满秩。不满秩的一个比较简洁的充要条件是 \(\det M_0[S] = 0\)。

反之如果生成树合法，那么 \(\det M_0[S]=\pm1\)。这个不难证，首先对于一个叶子，必然有对应行只有一个非零元素。使对应行消去其他行，然后该非零元素对应的行列都只有其一个非零元素。我们抛掉这一行和这一列，剩下部分仍然可以归纳下去。最后每行只剩下恰好一列上为 \(\pm 1\)。那么行列式值也为 \(\pm 1\)。

柯西-比内（Cauchy-Binet）定理

设 \(A\) 为 \(n\times m\) 的矩阵，\(B\) 为 \(m\times n\) 的矩阵，那么：

\[\det (AB)=\sum_{S\subseteq \{1, 2, \cdots, m\}\land |S|=n}(\det A[S])(\det B[S]) \]

证明？式子太 shit 了先咕了，而且又不是重点，感性理解吧。

Matrix Tree 定理

定理内容

记 \(L_0\) 为 \(L\) 去掉某 \(k\) 行及第 \(k\) 列所得的方阵，则该无向图的生成树个数为 \(\det L_0\)。

定理证明

根据理论基础，证明非常简单：

\[\begin{aligned} \det L_0 &= \det (M_0M_0^T) \\ &= \sum_{S\subseteq \{1, 2, \cdots, m\}\land |S|=n-1}(\det M_0[S])(\det M_0^T[S]) \\ &= \sum_{S\subseteq \{1, 2, \cdots, m\}\land |S|=n-1}(\det M_0[S])^2 \end{aligned} \]

其中 \(S\) 恰好为一个选边方案，如果合法那么 \(\det^2\) 产生 \(1\) 的贡献，反之没有贡献。

最后显然就是生成树的个数。

定理理解

整个定理比较复杂，内容比较多，然而核心是很明确的。

首先是 \(M_0[S]\)​ 的行列式为 \(\pm 1\) 当且仅当生成树合法。

然后借助 Cauchy-Binet 公式中的枚举 \(S\) 可以完美表示出“枚举边的子集”这一个过程。同时上面 \(\pm 1\) 我们还需要将其转化为 \(1\)，最后 \((\det M_0[S])^2\) 正是我们想要的。

Cauchy-Binet 公式中等式的另一边 \(\det L_0\) 简洁且好求，直接根据输入的图即可构造。

直接看整个定理像是凑出来的，然而仔细理解证明，再去挖掘整个想法便豁然开朗了。

有向图上的拓展

一些扯淡

我个人认为，没有理解 Matrix Tree 定理本质，是不太能讲清楚为什么有向图可以这么简单地拓展的。其中的精髓其实是拉普拉斯矩阵的定义，如何设计才最合适。

有向图的 Matrix Tree 定理描述

基于上面的结果，重定义拉普拉斯矩阵：

\[L_{i,j}=\begin{cases} \deg_{\text{in}}v_i & i = j\\ -\text{cnt}(v_i\to v_j) & i\ne j \end{cases} \]

其中 \(\deg_\text{in} u\)​ 表示 \(u\)​ 的入度；\(\text{cnt}(u\to v)\)​ 表示有向边 \(u\to v\)​ 的个数。

\(\det L_0\) 即为外向生成树的个数。

看起来……有那么点道理？

有向图中的定理理解

事实上这里没有什么 \(L=MM^T\) 了，如果单纯去重定义 \(M\) 是找不出这样一个 \(M\)​ 可以满足这个性质凑数上面那个 \(L\) 的。

这就需要考虑无向图中这个 \(M\) 的真实目的。对于合法的 \(S\)，\(\det M_0[S]=\pm 1\) 而 \((\det M_0[S])^2=1\)，这是关键，那么对于有向图我们也从中入手。

考虑一个外向树应该有什么性质。在无向图中我们尝试从树最基本的特征如手，这里我们如法炮制：对于外向树的叶子而言，它只有一个入边。观察关联矩阵，该叶子对应的行一定只有一个 \(1\)​，其他都是 \(0\)。

还是消元，我们发现只有一行在这一列有一个 \(-1\)​，即叶子的父亲。这样一直下去，\(M_0\)​ 会被消成一个单位矩阵，显然 \(\det =1\)​​，注意不同于之前的 \(\pm 1\)​。还有一点，外向树只是 \(\det =1\) 的充分条件但不必要，这里仍然只保证了构成树。

由于 Cauchy-Binet 公式是帮助我们间接枚举边集用的，实际上不可或缺。我们希望去迎合它，同时在 \(\det M_0[S]=1\) 的基础上再加一个。考虑新设计一个 \(n\times m\) 的 \(D\) 矩阵，满足 \(\det D_0[S]=1\)​ 当且仅当​ \(S\) 构成的图每个点（除了去掉的那一行）都有恰好一条入边——加上这个限制后恰好满足了外向树。

那么 \(D\) 的构造如下：

\[D_{i,j} = \begin{cases} 1 & e_j \text{是} v_i \text{的入边} \\ 0 & \textit{otherwise.} \\ \end{cases} \]

或许你注意到了：\(L=MD^T\)​。接下来的步骤大同小异，故 skip。

结语

整个定理结论简单，证明过程也许繁杂但也非无迹可寻。不论是无向图还是有向图，其核心思想是类似的。其中利用行列式值和所求的相对应起来，以及利用 Cauchy-Binet 公式中 \(S\)​ 的枚举这些思想都是具有启发性的。