CSU 1805 Three Capitals（矩阵树定理+Best定理）

http://acm.csu.edu.cn/csuoj/problemset/problem?pid=1805

题意：

A和B之间有a条边，A和G之间有b条边，B和G之间有c条边。现在从A点出发走遍所有的边，然后再回到A点，问一共有多少种方法。

 

思路：

16年湖南省赛题目，这道题目是求欧拉回路的个数，和生成树的计数有一定的联系。

首先给出神奇的Best定理，这是什么鬼定理，反正查不到什么有关该定理的文章。。。

$ec(G)=t_s(G)\cdot deg(s)! \cdot \prod_{v\in V,\ v\ne s} (deg(v)-1)!,\ t_s(G):=$以s为根的外向树的个数。

这个有向图的外向树个数其实和无向图的生成树个数是差不多的，总之就是矩阵树定理，但是稍微还是有点不同的地方。

 

基尔霍夫矩阵的构造是不太一样的，毕竟一个是无向图，一个是有向图：

无向图中的度数矩阵是每个顶点的度数，有向图中的度数矩阵是每个顶点的入度。

邻接矩阵的话是u->v的边数，这和无向图是差不多的。

 

然后是矩阵的计算：

无向图的生成树个数=任意n-1阶主子式的值

有向图的外向树个数=除去根节点所在的阶的主子式的值

 

注意一下，这道题目还需要计算组合数，比如说，A和B之间有a条边，那么我可以选择x条边为入边，那么剩余的a-x条边为出边，在这个过程中就会有不同的选择方法。总的也就是$C(a,x)*C(b,y)*C(c,z)$。

#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<sstream>
#include<vector>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<map>
#include<set>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef pair<int,ll> pll;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
const int maxn=500+5;
const ll mod=1e9+7;

int a,b,c;
ll f[100005];
ll A[5][5];

void init()
{
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=100005;i++)  f[i]=f[i-1]*i%mod;
}

ll qpow(ll a,ll n)
{
    ll ans=1;
    while(n)
    {
        if(n&1) ans=ans*a%mod;
        a=a*a%mod;
        n>>=1;
    }
    return ans;
}

ll C(ll n,ll m)
{
    return (f[n]*qpow(f[m],mod-2)%mod)*qpow(f[n-m],mod-2)%mod;
}

ll calc()
{
    return (A[1][1]*A[2][2]%mod-A[1][2]*A[2][1]%mod+mod)%mod;
}

int main()
{
    //freopen("in.txt","r",stdin);
    init();
    while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c))
    {
        if((a+c)&1 || (a+b)&1 || (b+c)&1)  {puts("0");continue;}
        ll ans=0;
        for(int i=0;i<=a;i++)  //枚举A->B的边数
        {
            memset(A,0,sizeof(A));
            A[0][0]=(a+b)/2;
            A[1][1]=(a+c)/2;
            A[2][2]=(b+c)/2;
            A[0][1]=-i;
            A[1][0]=-(a-i);
            A[0][2]=-(A[0][0]-i);
            A[2][0]=-(b+A[0][2]);
            A[1][2]=-(A[1][1]+A[1][0]);
            A[2][1]=-(c+A[1][2]);
            if(A[0][2]>0 || A[2][0]>0 || A[1][2]>0 || A[2][1]>0)  continue;

            ll res=(C(a,i)*C(c,-A[1][2])%mod)*C(b,-A[0][2])%mod;

            res=(res*calc())%mod;
            for(int i=1;i<3;i++)  res=res*f[A[i][i]-1]%mod;
            res=res*f[A[0][0]]%mod;
            ans=(ans+res)%mod;
        }
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}