Matrix-Tree

太难了，证明都略去了。

ynynb!!! 来点组合意义的证明！！

无向图生成树个数

定义一个无向图 \(G=(V,E)\) 的度数矩阵为 \(D\) 为 \(D_{i,i}=\deg(i),D_{i,j}=0,i\neq j\)．

记 \(G\) 的邻接矩阵为 \(A\)，也就是 \(A_{i,j}=[(i,j)\in E]\)．

定义 Laplace 矩阵 \(L\) 为 \(D-A\)，也称 Kirchhoff （基尔霍夫）矩阵。

记 \(L\) 去掉 \(i\) 行 \(i\) 列的矩阵为 \(L'\)（\(i\) 可以是任意的）。

Matrix-Tree 定理：图 \(G\) 的生成树个数为 \(\det L'\)，即 \(L\) 的 \(n-1\) 阶主子式。

有向图生成树个数

类似无向图，定义入度矩阵 \(D_{in}\) 和出度矩阵 \(D_{out}\)，以及邻接矩阵 \(A\)．

类似地有 \(L_{in}=D_{in}-A\)，\(L_{out}=D_{out}-A\)．

\(L'_{in}\) 为 \(L_{in}\) 去掉 \(i\) 行 \(i\) 列的矩阵，\(L'_{out}\) 为 \(L_{out}\) 去掉 \(i\) 行 \(i\) 列的矩阵。

定理：

• 对于一个根 \(x\)，以 \(x\) 为根的外向生成树个数为 \(\det L'_{in}\)，即为 \(L_{in}\) 去掉 \(x\) 行 \(x\) 列的 \(n-1\) 阶主子式；
• 对于一个根 \(x\)，以 \(x\) 为根的内向生成树个数为 \(\det L'_{out}\)，即为 \(L_{out}\) 去掉 \(x\) 行 \(x\) 列的 \(n-1\) 阶主子式。

注意外向生成树是入度矩阵生成的 \(\det L'_{in}\)，内向生成树是出度矩阵生成的。两者恰好相反。（考虑 \(n=2\) 的情况）

证明

我们直接来证有向图内向树计数。考虑 \(x\) 为根的内向树，对于除 \(x\) 以外的每个点 \(y\) 确定给一个 \(fa_y\)，那么就要求不能成环，考虑容斥，有一个环容斥系数就是 \(-1\)．考虑钦定若干个环，然后剩下的随便连。

我们尝试将其解释到 \(x\) 的 \(n-1\) 阶主子式上：如果排列中 \(a_i=i\) 那么就说明 \(i\) 是一个随便连 \(fa\) 的点，方案数就是它的出度；一个大小为 \(k\) 的环给逆序对奇偶性带来的贡献是 \((-1)^{k-1}\)（每一次 swap 逆序对奇偶性改变）然后边的边权乘积是 \((-1)^k\)，这样自然就凑出了容斥系数 \(-1\)．

边带权 所有生成树边权积的和

无向图，但是带权。

对于一条带权边 \((u,v,w)\)，可以拆成 \(w\) 条不带权边 \((u,v)\)．

考虑原图上任意一棵生成树，根据乘法原理，在新图上形成这棵生成树的个数为所有边权的乘积。

所以将度数矩阵改为相邻边权的和，即可求出所有生成树边权乘积的和。

有向图带权情况是类似的。

洛谷 P6178 【模板】Matrix-Tree 定理

#include<cstdio>
#include<vector>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<ctime>
#include<random>
#define pb emplace_back
#define mp make_pair
#define fi first
#define se second
#define dbg(x) cerr<<"In Line "<< __LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<'\n';
#define dpi(x,y) cerr<<"In Line "<<__LINE__<<" the "<<#x<<" = "<<x<<" ; "<<"the "<<#y<<" = "<<y<<'\n';
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int>pii;
typedef pair<ll,int>pli;
typedef pair<ll,ll>pll;
typedef vector<int>vi;
typedef vector<ll>vll;
typedef vector<pii>vpii;
template<typename T>T cmax(T &x, T y){return x=x>y?x:y;}
template<typename T>T cmin(T &x, T y){return x=x<y?x:y;}
template<typename T>
T &read(T &r){
	r=0;bool w=0;char ch=getchar();
	while(ch<'0'||ch>'9')w=ch=='-'?1:0,ch=getchar();
	while(ch>='0'&&ch<='9')r=r*10+(ch^48),ch=getchar();
	return r=w?-r:r;
}
template<typename T1,typename... T2>
void read(T1 &x, T2& ...y){ read(x); read(y...); }
const int mod=1000000007;
inline void cadd(int &x,int y){x=(x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline void cdel(int &x,int y){x=(x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
inline int add(int x,int y){return (x+y>=mod)?(x+y-mod):(x+y);}
inline int del(int x,int y){return (x-y<0)?(x-y+mod):(x-y);}
int qpow(int x,int y){
	int s=1;
	while(y){
		if(y&1)s=1ll*s*x%mod;
		x=1ll*x*x%mod;
		y>>=1;
	}
	return s;
}
const int N=310;
int n,m,t;
int A[N][N];
int det(){
	int tag=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		int p=0;
		for(int j=i;j<=n;j++)
			if(A[j][i]){
				p=j;
				break;
			}
		if(!p)return 0;
		if(p!=i)swap(A[p],A[i]),tag^=1;
		int inv=qpow(A[i][i],mod-2);
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			int tmp=1ll*A[j][i]*inv%mod;
			for(int k=1;k<=n;k++){
				cdel(A[j][k],1ll*A[i][k]*tmp%mod);
			}
		}
	}
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)ans=1ll*ans*A[i][i]%mod;
	return tag?del(0,ans):ans;
}
signed main(){
	read(n,m,t);
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int u,v,w;read(u,v,w);--u;--v;
		if(!t)cdel(A[u][v],w),cdel(A[v][u],w),cadd(A[u][u],w),cadd(A[v][v],w);
		else cdel(A[u][v],w),cadd(A[v][v],w);
	}
	--n;
	cout << det() << '\n';
	return 0;
}