[学习笔记]矩阵树定理
〇、重刊序言
曾经学过一次矩阵树定理，但是介于并不知道它到底有什么用，以及对于基尔霍夫矩阵的理解不够到位，只是记住了 \(基尔霍夫矩阵=邻接矩阵-度数矩阵\) 这样一个结论，所以对于无向图的一些问题我可以直接使用模板，但是在有向图上我就只能对于系数进行乱尝试了，并且这样忘记得很快......时隔半年 可能还没有半年 就忘记了，故重开一篇，对矩阵树定理进行更深入的理解。
矩阵树定理，它的目的其实是求出一张 有向/无向 图的生成树的种类有多少，但是介于网上对于该定理的证明偏少，以及大多数介绍实际上都侧重在介绍行列式相关知识，故而用此篇对于矩阵树定理进行深入探讨，而非侧重于介绍行列式（如果不会行列式或者是忘记了，请复习后再来），以及对于该算法的一个简要证明。
壹、算法内容
要说这个算法内容，实际上是很简单的 不然我也背不到结论，简而言之就是这几句话：
设 \(D\) 为图的度数矩阵（即只有 \(d_{i,i}\) 是有值，且值为点的度数），\(E\) 为图的邻接矩阵（即如果 \(e_{i,j}=1\)，则图上存在 \(u\rightarrow v\) 的一条边），那么，对于基尔霍夫(Kirchhoff)矩阵 \(K\)，有
对于图的生成树个数，即为 \(\det K\).
上述情况成立，当原图是无向图的时候，但是如果图是有向图呢？
做一个较小的变化，设 \(D\) 为图的入度矩阵，\(E\) 为图的邻接矩阵（满足 \(e_{i,j}=1\) 当且仅当 \(j\rightarrow i\) 是一条边），然后继续使用上述定理即可。
算法本身时间复杂度 \(\mathcal O(n^3)\)，卡在用类似高斯消元思想求 \(\det K\) 上。
贰、算法证明
其实该定理的本质是容斥，先考虑在一张无向图上，如果我们对于所有的 \(n\) 个点都随便选，选 \(n-1\) 条边，可能会出现环，然后我们再对于环的个数进行容斥，枚举环个数，再钦定几个点形成固定的环，剩下的点仍然随便选，然后我们就有形似下面的容斥：
但是肉眼可见的，这个容斥并不容易实现，容斥的时候我们还要同时枚举环，并且环还得长得不一样......这完全不可做。
想到行列式的定理，实际上就是我们随便取出一个排列出来，然后求积再算上 \(\pm\) 即可，这个 \(\pm\) 取决于这个排列的逆序对个数，但是这个逆序对个数比较奇怪，和环没有任何关系。但是我们考虑一个排列的置换环，一个排列可能会形成很多的置换环，如果我们要将一个置换环变得有序，显然，如果我们记置换环大小为 \(s_i\)，那么需要的步数就是 \(s_i-1\)，同理，如果我们要将整个排列变得有序，即变成 \(1234...n\) 的形式，需要的是 \(\sum (s_i-1)=n-置换环个数\)，这其实和所谓的 \(逆序对个数\) 在奇偶性上是等价的，因为符号肯定都是固定的嘛，所以，我们可以将行列式最后乘上的系数理解为 \((-1)^{n-这个排列形成的置换环个数}\)，但由于一个排列的置换环对应的是我们原图上的一个环（例如我们这一次排列选择了 \(e_{i,j}\) 即表示我们选择了 \(i-j\) 的一条边），所以我们最后实际上乘上的，是 \((-1)^{这个排列形成的置换环个数}\)，但是由于 \((-1)^{-这个排列形成的置换环个数}\) 在符号上不影响，所以我们最后差的只是一个 \((-1)^n\)，所以我们最后是用 \(E-D\) 作为 \(K\)，即对角线上的 \(n\) 歌元素由 \(+\) 变 \(-\)，刚好相当于乘上 \((-1)^n\).
但是我们为什么要去掉一行一列呢？因为我们要选择一个点当根让他没有入边（所谓的入边感性理解一下），这也是为什么无向图可以任意去掉一行一列计算杭行列式的原因——每个点都可以成为这个无向图的根。
对于容斥过程，如果我们某一次排列选择的恰好是 \(e_{i,i}\)（对角线元素）该如何理解？即我们让这个点任意选择连向它的边。
基于这个容斥过程，为什么有向图是那样构造 \(K\) 也可以解释了，此处不再赘述。
至于原图如果带权，其实也可以分析出来，此处亦不作过多解释。
叁、模板
以 [SPOJ-HIGH]highway 为例，行列式的消元，由于为了避免小数，使用了类似辗转相除的原理。
using namespace Elaina;
const int maxn=12;
ll a[maxn+5][maxn+5];
int n, m, T;
inline void input(){
n=readin(1), m=readin(1);
for(int i=0; i<=n; ++i)
for(int j=0; j<=n; ++j)
a[i][j]=0;
int u, v;
for(int i=1; i<=m; ++i){
u=readin(1), v=readin(1);
++a[u][v], ++a[v][u];
--a[u][u], --a[v][v];
}
}
inline ll det(){
ll ret=1;
for(int i=2; i<=n; ++i){
for(int j=i+1; j<=n; ++j){
while(a[j][i]){
ll t=a[i][i]/a[j][i];
for(int k=i; k<=n; ++k)
a[i][k]=a[i][k]-a[j][k]*t;
for(int k=i; k<=n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
ret=-ret;
}
}
if(!a[i][i])return 0;
ret=ret*a[i][i];
}
return ret<0?-ret:ret;
}
signed main(){
T=readin(1);
while(T--){
input();
printf("%lld\n", det());
}
return 0;
}
肆、例题
[UVA10766]Organising the Organisation
[HDU5304]Eastest Magical Day Seep Group's Summer
伍、更加深入
深入x1
如果我们将问题变换为：
给一个 \(n\) 点 \(m\) 边的无向图，每条边有一个权值，求这张图所有生成树的边权乘积之和，具体来说，就是求
\[\sum_{T}\text{T is a generating tree}\prod_{e\in T}w_e \]保证 \(w\le 10^9,n\le 50\).
我们需要对矩阵树定理有更深的了解，矩阵树定理使用行列式完成容斥，每次选择 \(e_{i,j}=1\) 表示选择这条边，但是最终我们是将所有选择的 \(e_{i,j}\) 乘起来，是否可以利用这个原理进行一些改造？
考虑构建以下的矩阵：对角线上是所有点向这个点连接的所有边的边权值之和，其他地方还是一样的邻接矩阵（肯定是边权值），然后将对角线上的值添上一个负号（为了满足容斥原理），这就得到了我们想要的邻接矩阵。
这样的矩阵构造还是相似，如果都是对角线上的，则说明我们都是任意选择边，如果选择的非对角线上的边，则说明我们强制选择了边。
深入x2
在 “深入x1” 的基础上，我们继续变难它：
给一个 \(n\) 点 \(m\) 边的无向图，每条边有一个权值，求这张图所有生成树的边权乘积之和，具体来说，就是求
\[\sum_{T}\text{T is a generating tree}\sum_{e\in T}w_e \]保证 \(w\le 10^9\)，\(n\le 50\).
感觉要使用矩阵树定理的性质就比较困难了，因为我们最终计算的是边乘积而非加和。
但是我们能否进行一些变更，让乘法变成加法？
这里想到了一个东西，如果我们让 \(e_{i,j}=x^{w_e}\)，采用类似生成函数的方式，那么我们最后求的就是 \(F'(1)\)，具体来说，就是记 \(f_{i,j}=x^{w_{e_{i,j}}}\)，对角线上放 \(x^{w_1}+x^{w_2}+...\)，最后的行列式就会是一个多项式 \(F(x)\)，最后我们要求的实际上是指数，所以就是 \(F'(1)\). 这样的复杂度至少会是 \(\mathcal O(w_e)\)，还要算上一些多项式计算的复杂度以及求行列式的复杂度......不错，这和网络流差不多了，\(n^2\) 过百万已经变成了一个垃圾，我直接 \(\mathcal O(10^9)\) 起手了......
上面的做法是可行的，但是这样好像会上天，我们得另外考虑一种方式，我们怎么样才能保证我们构造的俩东西乘起来会出现边权之和，并且会出现类似结构？
考虑这样进行设计，如果存在一条边 \(e=\lang u,v,w\rang\)，那么 \(e_{u,v}=wx+1\)，考虑两个这样的东东乘起来会是什么？
那么我们最后求的就是 \(x\) 的一次项的系数。
但是如果直接进行维护，我们则要将矩阵中每个元素变成多项式，乘法的时候还需要考虑是否需要 \(\tt FFT\)，并且求行列式的时候复杂度还无法进行精确计算（但是肯定超时了）。
同样，对角线上放 \((w_1x+1)+(w_2x+1)+...=(w_1+w_2+w_3+...)x+1+1+1+...\)，然后填上负号即可。
只不过我们最后只需要 \(x\) 的一次项，我们完全可以维护 \(x\) 的 \(0,1\) 次项的系数，对于产生的高次项扔掉，然后同样做行列式以及乘法就可以了，时间复杂度预估在 \(\mathcal O(n^3)\) 左右，但是肯定比这更大。
