矩阵树定理学习笔记

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1.矩阵树定理学习笔记2024-07-04

2.wqs带权二分2024-07-093.字符串回文2024-07-18

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行列式基础：

约定：

• $\tau (P)$ 表示排列 $P$ 的逆序对数量
• $det(A)=\sum _P(-1{)}^{\tau (P)}\prod _i^n{A}_{i,p_i}$

引理：

引理1：对换（交换排列中任意两个元素）改变 $\tau (P)$ 奇偶性：

考虑一次临项交换必定会使得逆序对数量 $+-1$，一定会改变奇偶性。兑换 $(i,j),i<j$ 可以看成将 $p_i$ 向右进行 $i-j$ 次临项交换，将 $a_j$ 向左进行 $i-j-1$ 此临项交换。共进行了 $2\times (i-j)-1$ 次，因此一定会改变排列逆序对数量的奇偶性。

引理2：行列交换，行列式值不变。

每一行只选一个，因此是对称的。

引理3：单位矩阵 $I$ 的行列式的值为 $1$

除了对角线的排列，没得选。
类似的，上三角矩阵的行列式的值为 $\prod _{i=1}^n{a}_{i,i}$。

引理3：交换两行，行列式变号。

只考虑这两行，相当于对每个排列在这两行做一次对换，奇偶性改变，因此行列式的值会变号。

引理4：给某一行 $\times t$，行列式 $\times t$

这个是比较显然的，每一行只选一个，因此可以给他提出来这个 $t$。

引理5：行具有线性性

两个矩阵只有一行不一样，两个矩阵这一行对应相加之后的行列式的值=两个矩阵行列式的值相加。

还是每一行只选一个，因此对于某行中选了某个数的，给他展开之后就行了。

引理6：有两行一样的矩阵，行列式为 $0$

根据引理3，交换两行符号取反，但是矩阵没有边，相当于 $det(A)=-det(A)$，即 $det(A)=0$。

引理7：用矩阵的一行加上另一行的倍数，行列式不变。

假设是第 $i$ 行加到第 $j$ 行，构造一个第 $j$ 行和第 $i$ 行都是原矩阵中第 $i$ 行的矩阵。根据引理6，这个矩阵的行列式为 $0$。

给第 $j$ 行 $\times k$，根据引理4，矩阵的行列式仍为 $0$。

然后根据引理5，两个矩阵第 $j$ 行对应相加之后的行列式等于之前两个行列式的值相加。

一个是零，一个是原矩阵，发现行列式的值就是原矩阵的。

高斯消元求行列式：

高斯消元其实只需要交换行，一行加上另一行的倍数，记录交换次数即可。

注意为了避免实数预算，使用辗转相减法做高斯消元，模板：

点击查看代码

int Gauss()
{
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
		{
			while(a[j][i]!=0)
			{
				int d=a[i][i]/a[j][i];
				for(int k=i;k<=n && d;k++) a[i][k]=(a[i][k]-a[j][k]*d%mod+mod)%mod;
				swap(a[i],a[j]),ans=-ans;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*a[i][i]%mod;
	
	return (ans+mod)%mod;
}

注意：对于一些有规律的行列式，可以考虑展开后求递推式。

定义去掉某些行列的剩余部分行列式为余子式，然后代数余子式就是乘上 $(-1{)}^{sumre{m}_i+sumre{m}_j}=(-1{)}^{sumde{l}_i+sumde{l}_j}$

设删掉 $i,j$ 的余子式称为 $M_{i,j}$；

那么就有 $D=\sum _{j=1}^m(-1{)}^{i+j}{M}_{i,j}\times a_{i,j}$。

通过这个可以降阶。

更一般的表述是下面的定理：

拉普拉斯展开定理：在 $n$ 阶行列式中，任意取定 $k$ 行，由 $k$ 行元素组成的所有 $k$ 阶子式与代数余子式乘积之和等于行列式的值。

$a_{i,j}$ 相当于为子式，$M_{i,j}\times (-1{)}^{i+j}$ 相当于代数余子式。

[FJOI2007]轮状病毒 题解

矩阵树定理（Matrix-Tree theorem)

矩阵树定理指出了一下事实：

定义 Kirchhoff 矩阵为：

$K_{i,j}=\{\begin{array}{rlr}\sum _{k!=i}w(i,k)& & i=j\\ -w(i,j)& & i!=j\end{array}$

其中 $w(i,j)$ 表示边 $(i,j)$ 对 $i$ 的影响（边的方向视情况而定）

记 $M$ 为 $K$ 删掉任意编号相同的行列后的矩阵 （$n-1$ 阶子矩阵）

则 $\sum _T\prod _{(u,v)\in T}w(u,v)=det(M)$

其中删掉的行列是作为跟

应用

无向图生成树：

无论是求数量还是边权的乘积，都只用维护出 $w$ 矩阵即可。

直接把无向边视为有向边，分别贡献 $w()$ 即可。

有向图生成树

• 内向树：$w(i,j)$ 表示边 $i\to j$ 对 $i$ 的贡献（出度）
• 外向树：$w(i,j)$ 表示边 $i\leftarrow j$ 对 $i$ 的贡献（入度）

为啥是这样呢，考虑从删掉的一行一列考虑， 内向树跟没有出度，因此删掉他，统计他人的出度，外向树跟没有入度，统计他人入度。

例题与扩展：

• [SHOI2016] 黑暗前的幻想乡

相当于统计每个恰好 $0$ 人不参与的方案数，经典套路容斥，转化为钦定 $i$ 人不参与，其余任意的方案数。

然后就是矩阵树定理模板了。

• [SDOI2014] 重建

注意不选的边不选也是有概率的，不止和选了的边有关系。

考虑形式化列出要求的东西：

$$\sum _T\prod _{e\in T}{p}_e\prod _{e\notin T}(1-p_e)$$

矩阵树定理能求的只能和选了的有关系，不选的部分我们用所有的除以选了的来处理（最关键点）

变成:

$$\sum _T\prod _{e\in T}{p}_e\times \frac{\prod _e(1-p_e)}{\prod _{e\in T}(1-p_e)}$$

化简：

$$\prod _e(1-p_e)\sum _T\prod _{e\in T}\frac{p_e}{1-p_e}$$

对于 $0,1$ 用 $eps$ 扰动一下即可。

• [JSOI2010] 巨额奖金

最小生成树经典结论：

• 对于不同的最小生成树，边权相同的边总是数量相同的。
• 对于不同权值的边，互不影响，也就是加入每种权值得边贡献的连通性相同。

根据 Envy 的套路，想到了一个看起来很对的假做法：预处理出所有可能在最小生成树中边，然后直接跑矩阵树定理。

其实是错误的，因为这样对导致不同权值之间的边相互影响，使得某种边权的边贡献的连通性超过或不足自己本来应该贡献的。

hack数据:

点击查看代码

4
1 2 1
3 4 1
1 4 2
2 3 2

如果直接预处理，有可能连出两个 $2$ 边权的生成树。

那怎么办呢：注意到每种边权的边贡献的连通性确定，也就是加入其他边权的任意树边后形成的连通块上，这种边权的边在做任意生成树，此时可以用矩阵树定理求出方案数。

由于不同权值的边互不影响，因此可以直接乘起来。

复杂度：设每种边权在 $k$ 个联通块上做生成树，则总复杂度为 $\sum _k{k}^3<n^3(\sum _k=n-1)$