行列式&矩阵树定理学习笔记

1.0 行列式

1.1 定义

对一个 $n\times n$ 的矩阵 $A$（$n$ 阶方阵），其 $n$ 阶行列式写作 $\det(A)$ 或者 $|A|$，定义为：

$$\det(A)=|A|=\sum_p(-1)^{\tau(p)}\prod_{i=1}^n a_{i,p_i}$$

其中$p$ 表示一个排列，所有可能的 $p$ 则是 $1$ 到 $n$ 这 $n$ 个数的全排列。$\tau(p)$ 表示排列 $p$ 的逆序对个数。

1.2 性质

• 交换任意两行（列）结果变为相反数
• 一行加上另一行乘常数结果不变
• 一行同乘 $k$ ，结果也乘 $k$

1.3 求法

这三条性质直接提示我们使用高斯消元求解，复杂度$\mathcal{O}(n^3)$。否则若直接根据定义求解的话，复杂度会达到$\mathcal{O}(n!\times n)$，难以接受。

特别注意，有时求解行列式时模数不是质数，没法求逆元，这时只能利用辗转消除法进行高斯消元，但复杂度经分析还是$\mathcal{O}(n^3+n^2\log p)$的。贴个模板题代码：

void Gauss()
{
	int o = 1;
	rep(i, 1, n) rep(j, i + 1, n)
	{
		while (a[i][i])
		{
			int cnt = a[j][i] / a[i][i];
			rep(k, i, n) a[j][k] = (a[j][k] - 1ll * a[i][k] * cnt % mod + mod) % mod;
			swap(a[i], a[j]); o = -o;
		}
		swap(a[i], a[j]); o = -o;
	}
	rep(i, 1, n) res = 1ll * res * a[i][i] % mod;
	if (o == -1) res = (mod - res) % mod; return;
}

2.0 矩阵树定理

2.1 定义

• 对于无向图，定义 $D(G)$ 为图 $G$ 的度数矩阵，其中：

$$D(G)_{i, j} = \begin{cases} \deg_i & (i = j) \\ 0 & (i \ne j) \end{cases}$$

• 对于有向图，定义 $D ^ {in}(G)$ 为图 $G$ 的入度矩阵，$D ^ {out}(G)$ 为图 $G$ 的出度矩阵，其中：

$$D^{in}(G)_{i, j} = \begin{cases} \mathrm{in}_i & (i = j) \\ 0 & (i \ne j) \end{cases}, D^{out}(G) _ {(i, j)} = \begin{cases} \mathrm{out}_i & (i = j) \\ 0 & (i \ne j) \end{cases}$$

• 定义 $A(G)$ 为图 $G$ 的邻接矩阵（无重边），其中：

  $$A(G)_{i, j} = \text{the number of edges from i to j}(0/1)$$

• 定义图 $G$ 的基尔霍夫矩阵 $K(G) = D(G) - A(G)$，$K_i(G)$表示$K$去掉第$i$行与第$i$列的结果，其中$i\in[1,n]$（即$n−1$阶主子式）。

• 定义无向图 $G$ 的生成树数量为 $T(G)$，有向图外向生成树（根为 $u$，下同）数量为 $T ^ {out}(G, u)$，有向图内向生成树数量为 $T ^ {in}(G, u)$，有向图的欧拉回路数量为$E(G)$，从$u$出发的欧拉回路数量为$E(G,u)$。

2.2 定理

• 无向图矩阵树定理：

$$\forall i\in[1,n],T(G)=\det(K_i(G))$$

• 有向图矩阵树定理（即外向树对应入度矩阵，内向树对应出度矩阵）：

$$\forall i\in[1,n],T^{out}(G,i)=\det(K^{in}_{i}(G))$$

$$\forall i\in[1,n],T^{in}(G,i)=\det(K^{out}_{i}(G))$$

• $\rm BEST$定理（求有向图欧拉回路的个数）：

  首先判断是不是所有点的入度等于出度。此处$\deg_i$为入度矩阵（出度矩阵等价）。有

$$E(G)=T^{out}(G,u)\prod_{i=1}^{n}(\deg_i-1)!(u\in[1,n])$$

$$E(G,u)=T^{out}(G,u)\deg_u\prod_{i=1}^{n}(\deg_i-1)!(u\in[1,n])$$

2.3 扩展

以上均只适用于边无权的情况，此时求的是个数。

若扩展到带权值的情况，即求$G$ 所有生成树边权之积的和，这时重新定义

$$D(G)_{i, j} = \begin{cases}\sum\limits_{(i,x)\in G}w_{(i,x)} & (i = j) \\0 & (i \ne j)\end{cases}$$

$$A(G)_{i,j}=w_{(i,j)}$$

剩余部分就都和不带权的情况相同了。类似的，求生成树数量时不再要求无重边，因为此时重边即对应这条边的边权。

2.4 例题

$\rm I.$省选联考 2020 A 卷 作业题

首先反演一下：

$$\begin{aligned}&\sum\limits_{T}\left(\sum\limits_{i=1}^{n-1}w_{e_i}\right)\times\gcd(w_{e_1},\cdots,w_{e_{n-1}}) \\=&\sum\limits_{T}\left(\sum\limits_{i=1}^{n-1}w_{e_i}\right)\times\sum\limits_{d\mid w_{e_1},\cdots,d\mid w_{e_{n-1}}}\varphi(d) \\=&\sum\limits_{d=1}^{V}\varphi(d)\sum\limits_{T\atop d\mid w_{e_1},\cdots,d\mid w_{e_{n-1}}}\left(\sum\limits_{i=1}^{n-1}w_{e_i}\right)\end{aligned}$$

前面一部分直接枚举，后面一部分即为求所有生成树的边权和。但注意到矩阵树定理求的是所有生成树边权之积的和，似乎没法做了。

一种直观的想法是求出每条边分别被贡献了多少次。具体的，我们对每条边求出包含这条边的生成树个数，而这个可以用总数减去不包含这条边的生成树个数得到。但这样是$\mathcal{O}(m\times n^3)$的，考虑优化。

注意到，如果我们把每条边的边权表示成$wx+1$的形式，那么最终的一次项系数即为我们所求。解释：我们矩阵树定理时求的是每条边边权之积的和，而$(w_1x+1)(w_2x+1)=w_1w_2x^2+(w_1+w_2)x+1$，一次项系数恰好对应我们所求。

所以我们只用维护一次项和常数项即可（可以用一个$\rm pair$表示）。然后此处会涉及到多项式有关操作，在这里只提一下除法怎么求：

我们想要求出$\dfrac{ax+b}{cx+d}$，只需要求出$cx+d$在模$x^2$意义下的逆元即可。设$(cx+d)(px+q)\equiv1\pmod {x^2}$，可以解得$p=-\dfrac{c}{d^2},q=\dfrac{1}{d}$。则$\dfrac{ax+b}{cx+d}=(ax+b)(px+q)=\dfrac{ad-bc}{d^2}x+\dfrac{b}{d}$。

复杂度为$\mathcal{O}(n^3\sigma(V))=\mathcal{O}(144n^3)$。

$\rm II.$北京省选集训2019 生成树计数

这题跟上一题有一点像。。

注意到$(x+y)^k=\sum\limits_{i=0}^{k}\dbinom{k}{i}x^iy^{k-i}。$那么我们给每条边（边权为$z$）维护一个多项式$1+zx+z^2x^2+...+z^kx^k$，这样两条边的多项式卷起来后，$x^k$的系数恰为所求。或者也可以直接写成$\rm EGF$的形式。

多项式的有关操作直接$\mathcal{O}(k^2)$弄即可。复杂度$\mathcal{O}(n^3k^2)$。

$\rm III.$USACO21OPEN Routing Schemes P

我们新建一个点$S$，并从$S$连向每个发送者，每个接收者连向$S$，则题目所求即为欧拉回路数目，用$\rm BEST$定理求即可。

注意孤点不能考虑，否则行列式一乘答案一定是$0$。还要特别注意此处我们不需要只求$2\sim n$的行列式，因为直接把$S$去掉就可以直接考虑$1\sim n$的了。