矩阵树定理学习笔记

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矩阵树定理学习笔记

真的，我这辈子都没有想过行列式还能用到这种地方。

定义

图的关联矩阵

对于一张有 $n$ 个点、$m$ 条边的图（对于无向图，可以随便定义边的方向，因为相反的边只需要将对应列乘以 $-1$ 即可），我们定义其关联矩阵 $M$ 满足：

$$M_{i,j}=\{\begin{array}{cc}1& e_j\mathrm{是}\mathrm{节}\mathrm{点}i\mathrm{的}\mathrm{入}\mathrm{边}\\ -1& e_j\mathrm{是}\mathrm{节}\mathrm{点}i\mathrm{的}\mathrm{出}\mathrm{边}\\ 0& \text{otherwise}\end{array}$$

大小是 $n\times m$ 的。

基尔霍夫矩阵

一张图的基尔霍夫矩阵 $L$ 定义为：

$$L_{i,j}=\{\begin{array}{cc}\text{deg}(i)& i=j\\ -\text{cnt}(i,j)& i\ne j\end{array}$$

其中 $\text{deg}(i)$ 表示节点 $i$ 的度数（既包含入度，也包含出度），$\text{cnt}(i,j)$ 表示节点 $i,j$ 之间连边的条数。更具体的，对于一张图的度数矩阵 $D$ 和邻接矩阵 $A$，则 $L=D-A$，由此我们就可以在 $O(m)$ 的时间内直接求解矩阵 $L$。

关于矩阵 $L$ 还有一个性质：$L=M{M}^T$。

证明:

$$\begin{array}{rl}{L}_{i,i}& =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}{M}_{k,i}^T\\ & =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}^2\\ & =\text{deg}(i)\end{array},\begin{array}{rl}{L}_{i,j}& =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}{M}_{k,j}^T\\ & =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}{M}_{j,k}\\ & =-\text{cnt}(i,j)\end{array}$$

当 $M_{i,k}$ 有值时，就会给 $L_{i,i}$ 增加贡献，显然这样的点有 $\text{deg}(i)$ 个，贡献为 $\text{deg}(i)$。

当 $M_{i,k},M_{j,k}$ 均有值时，就会给 $L_{i,j}$ 增加贡献，显然两者一个为 $1$，一个为 $-1$，所以总共献为 $-\text{cnt}(i,j)$。

定理

关联矩阵与图性质的关系

选出一棵树的过程本质上就是选出 $n-1$ 条边，那么我们从这 $m$ 列中取出 $n-1$ 列作为选边，并判断这样的选边是否合适。令选边集合为 $S$ 时得到的新矩阵为 $M[S]$，大小显然是 $n\times (n-1)$ 的。但这样的矩阵不如方阵好研究，因此不如去掉一行。可以证明，去掉一行后整个矩阵维护的信息不会缺失（因为每一列只有两个位置可能有值，并且相加为 $0$），那么不妨将这样的矩阵称做 $M_0[S]$。考虑什么样的情况能够使得这样的方阵合法，当选出的方案中有环时，那么矩阵 $M[S]$ 所表示的向量组一定是线性相关的，那么 $M_0[S]$ 所表示的向量组一定是线性相关的，所以有 $\text{det}(M_0[S])=0$。相反的，对于合法的选点，$\text{det}(M_0[S])=\pm 1$。考虑对于一个未被去除的叶子节点（一棵树至少有两个叶子节点，因此一定有未被去除的节点），显然这一行只有一个非零元素，用这一行进行消元，那么一定有当前行和列均只有一个非零元素，不妨将这一行和这一列忽略，考虑剩下的方阵，显然这样相当于忽略了一条边，那么一定会有新的叶子节点。那么消元后的方阵一定每一行和每一列均只有一个非零元素，那么行列式就是它们的乘积或者乘积的相反数，不难看出值仅可能为 $\pm 1$。

柯西-比内定理

如果 $A$ 是 $n\times m$ 的矩阵，$B$ 是 $m\times n$ 的矩阵，那么：

$$\text{det}(AB)=\sum _{S\subseteq \{1,2,\cdots ,m\}\wedge |S|=n}\text{det}(A[S])\text{det}(B[S])$$

矩阵树定理

令去除掉第 $i$ 行第 $i$ 列的矩阵 $L$ 为 $L_0$，去掉第 $i$ 行的矩阵为 $M_0$。因为 $L=M{M}^T$，所以 $L_0=M_0{M}_0^T$。那么根据柯西-比内定理可得：

$$\begin{array}{rl}\text{det}(L_0)& =\text{det}(M_0{M}_0^T)\\ & =\sum _{S\subseteq \{1,2,\cdots ,m\}\wedge |S|=n-1}\text{det}(M_0[S])\text{det}(M_0^T[S])\\ & =\sum _{S\subseteq \{1,2,\cdots ,m\}\wedge |S|=n-1}\text{det}(M_0[S]{)}^2\end{array}$$

根据刚才推导的内容，$S$ 显然是一种选边方案，而 $\text{det}(M_0[S]{)}^2$ 是否为 $1$ 取决于选边方案是否构成一棵树，如果是一棵树，那么答案就被统计，反之则不统计。那么 $\text{det}(L_0)$ 的含义即为生成树的个数。 显然 $L_0$ 能够快速求解，而求行列式的复杂度是 $O(n^3)$ 的，因此求解生成数个数的复杂度为 $O(n^3)$​。

关于有向图的拓展

因为有向图被恶意规定了方向，因此不能像往常一样建图，不然会导致边的关系紊乱（因为不管指向哪边都一样）。因此我们应当重新定义矩阵：

$$L_{i,j}=\{\begin{array}{cc}{\text{deg}}_{\text{in}}(i)& i=j\\ -\text{cnt}(i\to j)& i\ne j\end{array}$$

其中 ${\text{deg}}_{\text{in}}(i)$ 表示 $i$ 节点的入度。

更特别的，对于有向图来说，推导的过程实际上是有问题的，因为有向树分为外向树和内向树。外向树指的是所有的边由父亲指向儿子，而内向树则是所有的边由儿子指向父亲，不管哪一种，都有明显的根。因此如果随便去除某一行，那么可能导致当前方阵没有叶子节点，那么推导便失败了。因此，我们需要求以哪一个节点为根的有向树，便需要去掉哪一行。

然而此时的 $L\ne M{M}^T$，因此我们需要重新找到两个矩阵使它们的乘积等于 $L$。

考虑到 $\text{det}(M_0[S])$ 其实保证了当边的形状是树形的时候的值，从而保证了统计的正确性。但有向树不仅要求边的形状，同时要求的边的方向，我们考虑通过另一个矩阵来维护这一点。我们首先考虑外向树的性质：除根节点外，每个节点有且仅有一个入边，也就是说，叶子结点的那一行有且仅有一个元素 $1$，那么边为树形时 $\text{det}(M_0[S])=1$。我们只需要让矩阵 $D$ 满足当且仅当每个除根节点外的点有且仅有一个入边时 $\text{det}(D_0[S])=1$ 成立即可。

不难看出，矩阵 $D$ 满足：

$$D_{i,j}=\{\begin{array}{cc}1& e_j\mathrm{为}i\mathrm{的}\mathrm{入}\mathrm{边}\\ 0& \text{otherwise}\end{array}$$

并且此时 $L=M{D}^T$，并且 $L=D-A$（$D$ 为度数矩阵）​​，因此可以求解。

证明：

$$\begin{array}{rl}{L}_{i,i}& =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}{D}_{k,i}^T\\ & =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}{D}_{i,k}\\ & ={\text{deg}}_{\text{in}}(i)\end{array},\begin{array}{rl}{L}_{i,j}& =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}{D}_{k,j}^T\\ & =\sum _{k=1}^m{M}_{i,k}{D}_{j,k}\\ & =-\text{cnt}(i\to j)\end{array}$$

对于内向树来说，将所有边调转方向即可得到外向树，因此反向建边后求解外向树的个数即可。

树的权值和

如果一棵树的权值定义为所有边的边权相乘，要求求解所有生成树的权值和。不难发现，如果将权值当成重边，那么在边的形状固定的情况下，根据乘法原理，此时的总情况为每一条边重合的边数相乘，也就是说，求解树的权值和和求解生成树个数完全等价。