必备知识：
高斯消元，图论基本知识（好像就这。。。（雾））
这里是无向图部分，请不要走错场。。。
定义
我们将邻接矩阵定义为矩阵A（u，v），我想邻接矩阵就不用再多说了；
我们将每个点的度数矩阵定义为矩阵D（u，v），这里再加上数学表示；
D（u，u）=u这个点的度数，D（u，v）=0（u！=v)；
我们将矩阵Laplace（或Kirchhoff）定义为L（u，v）=D（u，v）-A（u，v）
我们将生成树的个数定义为 t ；
引入
这里将讲述行列式，如果dalao已经学过，请直接跳过这个环节；
这里引入的是N*N方阵行列式（因为邻接矩阵是方形），例如
行列式的公式是
PS：其中v是 l1 , l2 , l3 ... ln的逆序对个数；
行列式有几个性质：
- 行行交换，结果相反；
- 行行叠加，结果不变；
- 矩阵行伸长，结果等比例增加；
PS：
性质1的简单证明：
由行列式的公式可知，行行交换，必然会出现逆序对的变化，变化为1，那么此时结果符号一定会改变；
性质2的补充：
可以让其他行乘上k叠加到这一行，结果不变；
根据这些，我们就可以发现，高斯消元可以很好的利用这些性质，那么高斯消元后矩阵对角线的乘积即为结果；
我从其他位置挖来了一个矩阵L的优化证明，说实话，我有点蒙
我们根据这个性质可以少算一行一列，这应该也算优化吧（心虚~
应用
这样思路就十分清晰了，这里的矩阵L行列式值即为生成树个数，那么我们就有了步骤：
- 首先构造矩阵L，根据公式L=D - A，我们可以很方便地求出矩阵L，当然，在读入边时就可以直接操作，如边 u - > v，我们不妨让f [ u ] [ v ]=f [ v ] [ u ] - -,f [ u ] [ u ]++,f [ v ] [ v ]++.
- 然后将矩阵高斯消元，并求出对角线的乘积。
- 有时因为必须是整数，我们可以采用类似于辗转相除法的减去方法，下面将详细介绍。
模型
模板题：小Z的房间
思路清晰，只要将一个点和上下左右建边，构造矩阵L，用高斯消元求解；
不过高斯消元一般求其小数形式，这里是不行的，因为是方案数（不可能是小数啊QWQ）；
这里就应用了类似于辗转相除的方法，回顾辗转相除，将两个数取mod，然后交换位置，直到一个为0为止；
高斯消元同样是将另一个数消为0，那么我们将函数改一下，如下（看注释）：
ll Gauss(){ ll ans=1;n=cent-1;//定理 1 的应用 ,cent为总点数 for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ while(f[j][i]){//类辗转相除法 ，直到一个为0 int t=f[i][i]/f[j][i]; //注意是int类型（向下取整），没减完，但是减后f[i][i]<f[j][i] for(int k=i;k<=n;k++) f[i][k]=(f[i][k]-f[j][k]*t%mod+mod)%mod; swap(f[i],f[j]);//交换位置辗转减 //交换位置是因为上面所说的 f[i][i]<f[j][i] ans=-ans;//交换位置要取反 } } ans=(ans*f[i][i]+mod)%mod; } return ans; }
应该解释的还算清楚，类似辗转相除的复杂度大约多了一个logn，总复杂度O（n3logn）我将整个代码放在这里，算一个模板吧：
#include<bits/stdc++.h> #define ll long long #define mod 1000000000 using namespace std; int n,m,a[100][100],cent; ll f[100][100]; inline void add(int u,int v){ f[u][u]++,f[u][v]--; }//由于矩阵对称，所以加减一次就好。。。 ll Gauss(){ ll ans=1;n=cent-1;//定理 1 的应用 ,cent为总点数 for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=i+1;j<=n;j++){ while(f[j][i]){//类辗转相除法 ，直到一个为0 int t=f[i][i]/f[j][i]; //注意是int类型（向下取整），没减完，但是减后f[i][i]<f[j][i] for(int k=i;k<=n;k++) f[i][k]=(f[i][k]-f[j][k]*t%mod+mod)%mod; swap(f[i],f[j]);//交换位置辗转减 //交换位置是因为上面所说的 f[i][i]<f[j][i] ans=-ans;//交换位置要取反 } } ans=(ans*f[i][i]+mod)%mod; } return ans; } int main(){ scanf("%d%d",&n,&m); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ char s=getchar(); while(s!='.'&&s!='*') s=getchar();//防止输入出错 if(s=='.') a[i][j]=++cent;//命名 } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++){ int now,rou; if(!(now=a[i][j])) continue; if(rou=a[i-1][j]) add(now,rou); if(rou=a[i][j-1]) add(now,rou); if(rou=a[i+1][j]) add(now,rou); if(rou=a[i][j+1]) add(now,rou);//构建L矩阵 } printf("%lld ",(Gauss()+mod)%mod);//不能是负数。。。 }
深入
懂了模板当然是不够的，我们应该见识一些技巧：
[SDOI2014]重建
题目不再粘贴，我们直接叙述；
这里同样是生成树个数，不过不同的是，这里具有边权值，不过这里并不碍事，我们将叙述有点权值将如何应对。
根据高中概率的基本知识，两个没有交集的事件A，B，概率分别为P（A），P（B），那么P（AB）=P（A）*P（B），这个应该都懂。
那么每条边联通的概率为P（u，v），那么不连通的概率是1-P（u，v)，这个应该很显然。
那么一个生成树的概率P（G）= Π P（u，v）*（1 - P（x，y），其中u，v的边属于生成树G，而x，y这条边不属于。
那么，Σ P（G）即为总概率，我们将式子改造。（本人不会公式markdown，所以没办法咯，如果觉得难受可以自己手推直接看结果）
（注释：Σ为求和，Π为求乘积）
Σ Π P（u，v）*（1-P（x，y））=Σ Π P（u，v）*(1-P（G）)/P（u，v)=Σ (1 - P（G）)Π P（u，v）/（1-P（u，v）；
解释一下，由于属于树G的边和不属于树G的边互为补集，所以就可以利用这个性质，我直接表达这个式子
sum = sigma (1-P(G)) Π(P[u][v]/(1-P[u][v]));
这样就很显然了，将P[u][v]/(1-P[u][v]作为边权值，不过如何处理边权，这里给出步骤：
1.我们将矩阵读入，重新定义边权；
2.将边权当作度数加在对角线上，然后当作邻接矩阵中边的个数减去即可；
3.高斯消元；
介绍完毕，Code：
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 57 #define db double using namespace std; int n; db f[maxn][maxn],ans=1.0; const db eps=1e-8; db Gauss(){ n--;db ol=1.0; for(int i=1;i<=n;i++){ int sp=i; for(int j=i+1;j<=n;j++) if(fabs(f[j][i])>fabs(f[sp][i])) sp=j; if(i!=sp) swap(f[i],f[sp]),ans=-ans; for(int j=i+1;j<=n;j++){ db t=f[j][i]/f[i][i]; for(int k=i;k<=n;k++) f[j][k]-=f[i][k]*t; } ol*=f[i][i]; } return ol; }//这里是小数，所以操作就没有那么鬼畜了。。 //sum = sigma P(G) Π(P[u][v]/(1-P[u][v])); int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%lf",&f[i][j]); for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=n;j++){ db t=max((1.0-f[i][j]),eps);//小心 0 哦 if(i>j) ans*=t;//累加，得出 1-P(G) f[i][j]/=t;//步骤1 } } for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(i!=j){ f[i][i]+=f[i][j]; f[i][j]=-f[i][j]; }//步骤2 ,构图 printf("%.10lf",fabs(Gauss()*ans)); }
[SHOI2016]黑暗前的幻想乡
这里用到了容斥原理，二进制枚举等技巧，容斥我就不再叙述，自己不会可以yy一下（逃~
直接上代码了（有良心注释）
#include<bits/stdc++.h> #define maxn 19 #define ll long long #define mod 1000000007 using namespace std; int n,m; vector<pair<int ,int > >a[maxn]; ll f[maxn][maxn],ans; ll Gauss(){ int m=n-1;ll ol=1; for(int i=1;i<=m;i++){ for(int j=i+1;j<=m;j++){ while(f[j][i]){ int t=f[i][i]/f[j][i]; for(int k=i;k<=m;k++) f[i][k]=(f[i][k]-f[j][k]*t%mod+mod)%mod; swap(f[i],f[j]);ol=-ol; } } ol=ol*f[i][i]%mod; } return (ol+mod)%mod; }//唉，方案数。。。 void add(int u,int v){ f[u][u]++,f[v][v]++; f[u][v]--,f[v][u]--; } int main(){ scanf("%d",&n); for(int i=1,t,u,v;i<=n-1;i++){ scanf("%d",&t); while(t--){ scanf("%d%d",&u,&v); a[i].push_back(make_pair(u,v));//存图 } } int lim=1<<(n-1); for(int i=1;i<lim;i++){ int cnt=0;memset(f,0,sizeof(f));//暴力建图 for(int k=0;k<n-1;k++){//二进制枚举 if((1<<k)&i){ cnt++; for(int j=0;j<a[k+1].size();j++) add(a[k+1][j].first,a[k+1][j].second); } } if((n-cnt)&1) ans=(ans+Gauss())%mod; //容斥原理。。。其实就是奇数和偶数分别加减 。。。 else ans=(ans-Gauss()+mod)%mod;//防止负数。。。 } printf("%lld ",ans); }
总结
其实还有一些内容，但是由于赶着复习，就没再说了。
我们做的这几道题，无非是建图，统计答案，高斯消元时设下关卡，导致题目难度的跃升。
但既然已经知道要考哪里，就往哪个地方想，就像专题训练一样，然后找出特点，从而在综合题中找到这个算法的影子；
这个算法特点主要就是生成树的计数，所以应该很好看出来，记住特点和处理方法，培养数学思维才是做题目的；