矩阵树定理
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用途与时间复杂度
用于求图（有向图和无向图）的生成树个数计数问题。时间复杂度为 (mathcal{O(n^3)}) ，其中 (n) 是图的节点个数。需要掌握求矩阵行列式的方法。
定义与做法
无向图：
定义度数矩阵 (D(G)) ：
设 (#e(i,j)) 为点 (i) 与点 (j) 相连的边数，定义邻接矩阵 (A(G)) :
定义 Laplace 矩阵（亦称 Kirchhoff 矩阵） (L(G)) 为：
图 (G) 生成树个数 (t(G)) ：
其中记号 (L(G)egin{pmatrix} 1,2,dots,i-1,i+1,dots n\ 1,2,dots,i-1,i+1,dots n end{pmatrix}) 表示矩阵 (L(G)) 的第 (1,dots,i-1,i+1,dots n) 行与第 (1,dots,i-1,i+1,dots n) 列构成的子矩阵。
即 (t(G)) 与 (L(G)) 少去任意一点构成的方阵的行列式的值相等。
设 (lambda_1,lambda_2,dots,lambda_{n-1}) 为 (L(G)) 的 (n-1) 个非零特征值，那么有：
有向图：
定义度数矩阵 (D^{out}(G)) , (D^{in}(G)) ：
设 (#e(i,j)) 为点 (i) 指向点 (j) 的边数，定义邻接矩阵 (A(G)) :
定义 Laplace 矩阵（亦称 Kirchhoff 矩阵） (L^{out}(G)) , (L^{out}(G)) 为：
设 (t^{root}(G,k)) 表示以 (k) 为根，且所有边均指向父亲的树形图个数。
设 (t^{leaf}(G,k)) 表示以 (k) 为根，且所有边均指向子节点的树形图个数。
根向行树形图个数 (t^{root}(G,k)) ：
叶向形树形图个数 (t^{leaf}(G,k)) ：
BEST定理：
设 (G) 是有向欧拉图，那么 (G) 的不同欧拉回路总数 (ec(G)) 是：
对欧拉图 (G) 的任意两个节点 (k,k') ，都有 (t^{root}(G,k)=t^{root}(G,k')) ，且欧拉图 (G) 的所有节点的入度和出度相等。
例题
无向图生成树计数模板题。
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9;
char s[15][15];
int id[110][110];
int D[110][110],A[110][110];ll L[110][110];
int n;
ll det(ll a[][110])
{
ll det=1,t;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
while(a[j][i]){
t=a[i][i]/a[j][i];
for(int k=i;k<=n;k++)
a[i][k]=(a[i][k]-t*a[j][k]%mod+mod)%mod;
swap(a[i],a[j]);
det*=-1;
}
}
if(!a[i][i])return 0;
else det=det*a[i][i]%mod;
}
return (det+mod)%mod;
}
int main()
{
int nn,mm,cnt=0,tid;
scanf("%d%d",&nn,&mm);
for(int i=1;i<=nn;i++)
scanf("%s",s[i]+1);
for(int i=1;i<=nn;i++)
for(int j=1;j<=mm;j++){
if(s[i][j]!='.')continue;
id[i][j]=++cnt;
if(s[i-1][j]=='.'){
tid=id[i-1][j];
D[cnt][cnt]++;D[tid][tid]++;
A[cnt][tid]++;A[tid][cnt]++;
}
if(s[i][j-1]=='.'){
tid=id[i][j-1];
D[cnt][cnt]++;D[tid][tid]++;
A[cnt][tid]++;A[tid][cnt]++;
}
}
for(int i=1;i<=cnt;i++) {
for(int j=1;j<=cnt;j++) {
L[i][j]=D[i][j]-A[i][j];
}
}
n=cnt-1;
// for(int i=1;i<=n;i++){
// for(int j=1;j<=n;j++)printf("%2lld ",L[i][j]);putchar(10);
// }
printf("%lld
",det(L));
}
定根有向树形图计数模板题
#include<bits/stdc++.h>
#define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
#define mkp(a,b) make_pair(a,b)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e4+7;
const int N=330;
int L[N][N];
int n;
int kpow(int a,int b){
int ans=1;
while(b){
if(b&1)ans=ans*a%mod;
a=a*a%mod;
b>>=1;
}
return ans;
}
inline int ni(int a){return kpow(a,mod-2);}
int det(int A[][N])
{
int k;
int temp,det=1,nii;
for(int i=2;i<=n;i++)
{
k=i;
for(int j=i+1;j<=n;j++)
if(A[j][i])k=j;
if (k!=i)det*=-1;
swap(A[i],A[k]);
if(A[i][i]==0)return 0;
det=det*A[i][i]%mod;
temp=A[i][i];
nii=ni(temp);
for(int j=2;j<=n;j++)A[i][j]=A[i][j]*nii%mod;
for(int j=2;j<=n;j++){
if(j==i)continue;
temp=A[j][i];
for(int k=2;k<=n;k++)
A[j][k]=(A[j][k]-A[i][k]*temp%mod+mod)%mod;
}
}
return (det+mod)%mod;
}
int main()
{
int m,u,v;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf("%d%d",&u,&v);
L[u][u]++;L[v][u]--;
}
printf("%d
",det(L));
}
扩展：最小生成树计数
最小生成树有性质：
-
同一个图的每个最小生成树中，边权相等的边数量相等。
-
不同生成树中，某一种权值的边任意加入需要的数量后，形成的联通块状态是一样的。
做法：
-
设图的边权集合为 (E) 。
-
首先求出一棵最小生成树 (T)，然后找到 (T) 的边权不重集合 (S) ，大小为 (cntv)；
-
枚举 (S) 的边权 (w_i)，对 (T) 中边权不等于 (w_i) 的边所连的点联通压缩；
-
对所有的点以联通块为单位，枚举 (E) 中边权为 (w_i) 的边 (e)，将 (e) 所连接的点(即点所在的联通块)加入新图中。
- 注意：连通块的编号要从 (1) 开始连续编号，设连通块个数为 (cntb) ，则新图的点的个数的为 (cntb) ，矩阵的大小即为 (cntb imes cntb)。因为如果直接按原图的父亲节点加入的话，新图的点的个数为(n) ，矩阵的大小则为 (n imes n) ， 新图无法找到它的最小生成树（即无法使所有点联通，因为某些点已经被压缩，即在矩阵中度数为 (0)） 。
-
求新图的生成树个数 (num_i) 。
-
则原图最小生成树个数为 (prod_{i=1}^{cntv}num_i) 。
时间复杂度：
(O(max(n^3logn,n imes m))) 。 其中的 (n^2logn) 是用辗转相除法的求行列式
例题：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int inf=0x3f3f3f3f;
const int maxn=5e3+5;
const int mod=31011;
//最小生成树计数
struct Eg{
int u,v,w;
bool operator<(const Eg&eg)const{return w<eg.w;}
}eg[maxn],eg1[maxn];
int pre[maxn];
int find(int x)
{
int r=x,t;
while(r!=pre[r])r=pre[r];
while(x!=r){
t=pre[x];pre[x]=r;x=t;
}
return r;
}
int val[maxn],cntv,cnte;
int L[110][110];
int det(int a[][110],int n)
{
int det=1,t;
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=i+1;j<=n;j++){
while(a[j][i]){
t=a[i][i]/a[j][i];
for(int k=i;k<=n;k++)
a[i][k]=(a[i][k]-t*a[j][k]%mod+mod)%mod;
swap(a[i],a[j]);
det*=-1;
}
}
if(!a[i][i])return 0;
else det=det*a[i][i]%mod;
}
return (det+mod)%mod;
}
int bk[110],cntb;
int main()
{
int n,m,u,v,w;
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=m;i++)
{
scanf("%d%d%d",&u,&v,&w);
eg[i]={u,v,w};
}
sort(eg+1,eg+1+m);
for(int i=1;i<=n;i++)pre[i]=i;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
u=eg[i].u;v=eg[i].v;w=eg[i].w;
if(find(u)==find(v))continue;
if(w!=val[cntv])val[++cntv]=w;
pre[find(u)]=find(v);
eg1[++cnte]={u,v,w};
}
if(cnte!=n-1){
puts("0");return 0;
}
int res=1;
for(int i=1;i<=cntv;i++)
{
for(int j=1;j<=n;j++)pre[j]=j;
for(int j=1;j<=cnte;j++)
if(eg1[j].w!=val[i])pre[find(eg1[j].u)]=find(eg1[j].v);
cntb=0;
for(int j=1;j<=n;j++)
if(find(j)==j)bk[j]=++cntb;
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int k=j;k<=n;k++)
L[j][k]=L[k][j]=0;
for(int j=1;j<=m;j++)
{
if(eg[j].w==val[i]){
u=bk[find(eg[j].u)];v=bk[find(eg[j].v)];
L[u][u]++;L[v][v]++;
L[u][v]--;L[v][u]--;
}
}
res=res*det(L,cntb-1)%mod;
}
printf("%d
",res);
}