矩阵树定理学习笔记

考虑一个经典问题：一个 \(n\) 个点 \(m\) 条边的无向连通图 \(\rm{G}\)，求这个图的生成树个数。 \(n \leq 300\) 。

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先给 \(\rm{G}\) 随便定个向（之后的 \(\rm{G}\) 仍然为无向的），然后定义 \(\rm{G}\) 的关联矩阵 \(\rm{M}\) 满足：

\[\rm{M}_{i,j} = \left \{ \begin{array}{lcl} -1 \quad i是 e_j 的起点 \\1 \quad i是 e_j 的终点 \\0 \quad otherwise \end{array}\right. \]

显然 \(\rm{M}\) 是 \(n \times m\) 的矩阵，而且第 \(i\) 行一共有 \(\deg(i)\) 个地方有值，第 \(j\) 列只有两个地方有值。

再定义 \(\rm{G}\) 的 \(\rm{Laplace}\) 矩阵 \(\rm{L}\) 为：

\[\rm{L}_{i,j} = \left \{ \begin{array}{lcl} -f_{i,j} \quad i \neq j , i和j之间有f_{i,j}条边 \\\deg(i) \quad i=j \end{array}\right. \]

首先有 \(\rm{M}\rm{M}^{\rm{T}}=\rm{L}\) ， 其中 \(\rm{M}^{\rm{T}}\) 表示 \(\rm{M}\) 的转置。
证明： 考虑 \(\rm{M}\) 的第 \(i\) 行的向量 \(\rm{M}_i\) 与 \(\rm{M}^{\rm{T}}\) 的第 \(j\) 列的向量 \(\rm{M}_j\) 做点乘，分类讨论一下：
如果 \(i = j\) ，那么 \(\rm{M}_i = \rm{M}_j\) 。则点乘第 \(k\) 维的时，如果 \(e_k\) 不连接 \(i\) ，结果为 \(0\) ；否则为 \(1\) 。所以 \((\rm{M}\rm{M}^{\rm{T}})_{i,i} = \deg(i)\)。
如果 \(i \neq j\) ，那么 \(\rm{M}_{i,k} \times \rm{M}_{j,k}\) 有值时，当且仅当 \(e_k\) 连接了 \(i,j\) ，此时值为 \(-1\) ；否则为 \(0\) 。因此 \((\rm{M}\rm{M}^{\rm{T}})_{i,j} = -f_{i,j}\)。

定义一个矩阵 \(\rm{M}\)_0 是 \(\rm{M}\) 去掉任意一行后的新矩阵。
定义一个关于 \(\rm{M}_0\) 的矩阵 \(\rm{M}_0[\rm{S}]\) 为 \(\rm{M}_0\) 的第 \(i_1 , i_2 , \cdots i_{n-1}\) 个列向量组成的子矩阵。其中 \(i_1 , i_2 , i_{n-1} \in \rm{S}\) ， \(\rm{S}\) 为大小等于 \(n-1\) 的一个边集。

现在设原图点集 \(\rm{V}\) 与 \(\rm{S}\) 构成的子图为 \(\rm{G_0}\) ，若 \(\rm{G_0}\) 不构成生成树，即\(\rm{G_0}\) 有环，则 \(\det(\rm{M}_0[S]) = 0\)；否则等于 \(±1\) 。
证明 ：假设出现环了，且假设环由 \(e_1 , e_2 , \cdots e_l\) 这些边组成。则容易发现这 \(l\) 条边对应的列向量是线性相关的。此时的行列式就等于 \(0\) 。否则就构成生成树了。考虑怎么如果这些边构成了生成树，怎么计算这个矩阵的行列式。首先从叶子开始拓补排序，按照拓补序给行向量排个序。显然与叶子有关的边只有一条，我们把它对应的列向量排到队列里面去。这样的话每个点一定在它所有儿子的后面，当我们排序完所有儿子的边的列向量之后，现在与它相关的边又只有一条了，此时我们还是把它排到队列里去。可以发现像这样排序后第 \(i\) 行的第 \(i+1\)~\(n-1\) 列都是没有值的，此时就把矩阵变成了一个分布在左下的三角矩阵。由于对角线上的元素只可能是 \(±1\) ，又因为排序时行间交换与列间交换只会对正负造成影响，所以这个矩阵的行列式为 \(±1\) 。

再补充一个 \(\rm{Binet Cauchy}\) 定理 ：

\[\det(\rm{AB})= \left\{ \begin{array}{lcl} 0 \quad n>m \\\det(A)det(B) \quad n=m \\\sum_{|\rm{S}|=n}\det(\rm{A[S]})\det(\rm{B[S]}) \quad n < m \end{array}\right. \]

约定其中 \(\rm{A}\) 是一个 \(n \times m\) 的矩阵， \(\rm{B}\) 是一个 \(m\times n\) 的矩阵，\(\rm{A[S]}\) 为从 \(\rm{A}\) 中选出编号集合为 \(\rm{S}\) 的行向量组成的矩阵，与之前定义一样； \(\rm{B[S]}\) 为选出列向量，与上面有区别。
容易发现前两种情况是第三种的特殊情况，因此我们只关注第三种情况。
这里大概证一下：

\[\det(AB) = \det \left( \begin{array}{cc} \sum_{k=1}^mA_{1,k}B_{k,1} , \cdots , \sum_{k=1}^mA_{1,k}B_{k,n} \\\vdots \qquad \qquad \ddots \qquad \qquad \vdots \\\sum_{k=1}^mA_{n,k}B_{k,1} , \cdots , \sum_{k=1}^mA_{n,k}B_{k,n} \end{array}\right) \]

由于行列式是枚举排列，考虑枚举每一列的 \(k\) ：

\[=\sum_{k_1=1}^m\cdots\sum_{k_n=1}^m \det \left( \begin{array}{cc} A_{1,k_1}B_{k_1,1} , \cdots , A_{1,k_n}B_{k_n,n} \\\vdots \qquad \ddots \qquad \vdots \\A_{n,k_1}B_{k_1,1} , \cdots , A_{n,k_n}B_{k_n,n} \end{array}\right) \\=\sum_{k_1=1}^m\cdots\sum_{k_n=1}^m \det \left( \begin{array}{cc} A_{1,k_1} , \cdots , A_{1,k_n} \\\vdots \quad \ddots \quad \vdots \\A_{n,k_1} , \cdots , A_{n,k_n} \end{array}\right) \prod_{i=1}^nB_{k_i,i} \qquad \cdots (1) \]

注意到当存在一个 \(k_a=k_b\) 时，行列式就为 \(0\) 了。所以我们对 \(\rm{A}\) 的下标枚举一个不可重集 \(\{ i_1 , i_2 , \cdots , i_n \}\) ，集合元素都在 \([1,m]\) 之间。则现在的 \(\{ k_1,k_2, \cdots k_n \}\) 对应以一个 \(\{ i_1 , i_2 , \cdots , i_n \}\) 排序前的序列。注意到排序时一旦有 \(i<j,k_i>k_j\) ，则 第\(k_i\)行 会被交换一次，因此交换次数等于逆序对数，也就是 \(\sigma(k_1,k_2,\cdots,k_n)\) 。那么：

\[(1)=\sum_{1 \leq i_1<i_2<\cdots<i_n\leq m} \det \left( \begin{array}{cc} A_{1,k_1} , \cdots , A_{1,k_n} \\\vdots \quad \ddots \quad \vdots \\A_{n,k_1} , \cdots , A_{n,k_n} \end{array}\right) \sum_{\{ k_1,k_2,\cdots,k_n \}} (-1)^{\sigma(k_1,k_2,\cdots,k_n)} \prod_{i=1}^nB_{k_i,i} \qquad \cdots \\=\sum_{|\rm{S}|=n}\det(\rm{A[S]})\det(\rm{B[S]}) \]

证完前面这些引理就很容易证矩阵树定理了。
类似于 \(\rm{M_0}\) （假设去掉的是第 \(i\) 行），我们定义一个 \(\rm{L}_0\) 表示去掉 \(\rm{L}\) 的第 \(i\) 行第 \(i\) 列后的新矩阵。显然有 \(\rm{M_0}\rm{M_0}^{\rm{T}}=\rm{L}_0\)。则

\[生成树个数=\det(\rm{L}_0) \]

证明 ：

\[\det(\rm{L}_0) = \det(\rm{M_0}\rm{M_0}^{\rm{T}})\\ =\sum_{|S|=n-1}\det(\rm{M_0}[\rm{S}])\det(\rm{M_0}^{\rm{T}}[\rm{S}])\\ =\sum_{|S|=n-1}\det(\rm{M_0}[\rm{S}])^2 \]

然后我们又知道，当 \(\rm{S}\) 对应的边集成环时行列式为 \(0\) ，否则为 \(±1\) 。因此 \(\sum_{|S|=n-1}\det(\rm{M_0}[\rm{S}])^2\) 就等于生成树个数。
至此我们将生成树计数转化为了计算行列式，就可以做到 \(\mathcal{O} (n^3)\) 了。

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拓展 ：有向图的有根生成树计数。
有根外向树 ：
由于是有向图，我们不需要先给 \(\rm{G}\) 定向，直接用原图的方向构造关联矩阵 \(\rm{M}\) 即可。再构造一个 入度矩阵 \(\rm{D}\) ，如果第 \(i\) 条边连接 \(x\rightarrow y\) ，则令 \(\rm{D}_{y,i}=1\)。再构造有向图的外向 \(\rm{Laplace}\) 矩阵 \(\rm{L}\) ，与无向图情况的定义相同。
可以类似地将无向图的引理对应过来：
首先有 \(\rm{MD^T=L}\) 。然后给 \(\rm{M}\) 和 \(\rm{D}\) 去掉第 \(\rm root\) 行形成 \(\rm{M_0,D_0}\) （ \(\rm root\) 为根），考虑 \(\rm{M_0[S]}\) ，发现如果成环了或者有边连向 \(\rm root\) 行列式就为 \(0\) ，否则为 \(±1\) ；同样地观察 \(\rm{D_0[S]}\) ，发现如果不连通且未成环，行列式也为 \(0\) ，因为存在入度为 \(0\) 的点，否则行列式为 \(1\) 。
仿照无向图的证明过程，我们把 \(\rm L\) 的第 \(\rm root\) 行和第 \(\rm root\) 列去掉形成 \(\rm L_0\) ，仍然有 \(\rm L_0 = M_0D_0^T\) ，那么把 \(\rm L_0\) 的行列式用 \(\rm BinetCauchy\) 定理展开就可以得到 \(\rm L_0\) 的行列式等于以 \(\rm root\) 为根的外向生成树个数。
有根内向树 ：
类似于外向的情况，只不过要给 \(\rm M\) 乘个 \(-1\) 的系数，把 \(\rm D\) 改成出度矩阵即可。其余的证明因为太相似所以略过。