矩阵树定理

Kirchhoff 矩阵树定理（简称矩阵树定理）解决了一张图的生成树个数计数问题。

本篇记号声明

本篇中的图，无论无向还是有向，都允许重边，但是不允许自环。

无向图情况

设 G 是一个有 n 个顶点的无向图。定义度数矩阵 D(G) 为：

D_{ii}(G) = \mathrm{deg}(i), D_{ij} = 0, i\neq j

设 \#e(i,j) 为点 i 与点 j 相连的边数，并定义邻接矩阵 A 为：

A_{ij}(G)=A_{ji}(G)=\#e(i,j), i\neq j

定义 Laplace 矩阵（亦称 Kirchhoff 矩阵） L 为：

L(G) = D(G) - A(G)

记图 G 的所有生成树个数为 t(G) 。

有向图情况

设 G 是一个有 n 个顶点的有向图。定义出度矩阵 D^{out}(G) 为：

D^{out}_{ii}(G) = \mathrm{deg^{out}}(i), D^{out}_{ij} = 0, i\neq j

类似地定义入度矩阵 D^{in}(G)

设 \#e(i,j) 为点 i 指向点 j 的有向边数，并定义邻接矩阵 A 为：

A_{ij}(G)=\#e(i,j), i\neq j

定义出度 Laplace 矩阵 L^{out} 为：

L^{out}(G) = D^{out}(G) - A(G)

定义入度 Laplace 矩阵 L^{in} 为：

L^{in}(G) = D^{in}(G) - A(G)

记图 G 的以 r 为根的所有根向树形图个数为 t^{root}(G,r) 。所谓根向树形图，是说这张图的基图是一棵树，所有的边全部指向父亲。

记图 G 的以 r 为根的所有叶向树形图个数为 t^{leaf}(G,r) 。所谓叶向树形图，是说这张图的基图是一棵树，所有的边全部指向儿子。

定理叙述

矩阵树定理具有多种形式。其中用得较多的是定理 1、定理 3 与定理 4。

定理 1（矩阵树定理，无向图行列式形式） 对于任意的 i ，都有

t(G) = \det L(G)\binom{1,2,\cdots,i-1,i+1,\cdots,n}{1,2,\cdots,i-1,i+1,\cdots,n}

其中记号 L(G)\binom{1,2,\cdots,i-1,i+1,\cdots,n}{1,2,\cdots,i-1,i+1,\cdots,n} 表示矩阵 L(G) 的第 1,\cdots,i-1,i+1,\cdots,n 行与第 1,\cdots,i-1,i+1,\cdots,n 列构成的子矩阵。也就是说，无向图的 Laplace 矩阵具有这样的性质，它的所有 n-1 阶主子式都相等。

定理 2（矩阵树定理，无向图特征值形式） 设 \lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_{n-1} 为 L(G) 的 n - 1 个非零特征值，那么有

t(G) = \frac{1}{n}\lambda_1\lambda_2\cdots\lambda_{n-1}

定理 3（矩阵树定理，有向图根向形式） 对于任意的 k ，都有

t^{root}(G,k) = \det L^{out}(G)\binom{1,2,\cdots,k-1,k+1,\cdots,n}{1,2,\cdots,k-1,k+1,\cdots,n}

因此如果要统计一张图所有的根向树形图，只要枚举所有的根 k 并对 t^{root}(G,k) 求和即可。

定理 4（矩阵树定理，有向图叶向形式） 对于任意的 k ，都有

t^{leaf}(G,k) = \det L^{in}(G)\binom{1,2,\cdots,k-1,k+1,\cdots,n}{1,2,\cdots,k-1,k+1,\cdots,n}

因此如果要统计一张图所有的叶向树形图，只要枚举所有的根 k 并对 t^{leaf}(G,k) 求和即可。

BEST 定理

定理 5 (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

ec(G) = t^{root}(G,k)\prod_{v\in V}(\deg (v) - 1)!

注意，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。

定理证明

前置知识：LGV 引理

定义 [n]=\{1,2,\cdots,n\} ，矩阵 A 的子式 A_{[S],[T]} 为选取 A_{i,j}\pod{i\in S,j\in T} 的元素得到的子矩阵。

定义一条边 e 的权值为 \omega(e) 。

以下的内向也指根向，表示有向边的方向指向根。

引理 1（Cauchy-Binet） 给定 n\times m 的矩阵 A 和 m\times n 的矩阵 B ，则有

|AB|=\sum_{|S|=n,S\subseteq[m]}|A_{[n],[S]}||B_{[S],[n]}|

证明：考虑建出有向无环图 G(V,E) ， V=L\cup R\cup D ， L=\{l_1,l_2,\cdots,l_n\} ， R=\{r_1,r_2,\cdots,r_n\} ， D=\{d_1,d_2,\cdots,d_m\} ， E=E_L\cup E_R ， E_L=\{(l_i,d_j)\mid i\in[1,n],j\in [1,m]\} ， E_R=\{(d_i,r_j)\mid i\in[1,m],j\in[1,n]\} ， \omega(l_i,d_j)=a_{i,j} ， \omega(d_i,r_j)=b_{i,j} 。

与 「NOI2021」路径交点 的模型相同，容易发现上式左右两侧计算的都是 L 到 R 的不相交路径组中，交点个数为偶数的方案数减去奇数的方案数，其中 S 表示路径组经过的 D 中的点。

性质 1 Laplace 矩阵 L 的所有代数余子式 C_{i,j} 的值都相等。

证明：删去第 i 行后，设列向量是 \boldsymbol r_1,\boldsymbol r_2,\cdots,\boldsymbol r_n ，则有 \sum\boldsymbol r_i=\boldsymbol 0 。

将余子式 M_{i,j} 中除了 \boldsymbol r_k 之外的所有 \boldsymbol r_i 都加到 \boldsymbol r_k 上，得到 A=[\boldsymbol r_1,\cdots,\boldsymbol r_{j-1},\boldsymbol r_{j+1},\cdots,\boldsymbol r_{k-1},-\boldsymbol r_j,\boldsymbol r_{k+1},\cdots,\boldsymbol r_n] 。

将 -\boldsymbol r_j 取反并通过交换两列移动到 \boldsymbol r_{j+1} 左边，得到 |A|=M_{i,k}=(-1)^{1+(k-1)-(r+1)+1}M_{i,j} ，所以 C_{i,j}=C_{i,k} 。

同理，删去第 i 列后行向量之和为 \boldsymbol 0 ，得到 C_{j,i}=C_{k,i} 。

定理 1（Kirchhoff's Matrix Tree） 对于带边权的简单无向图 G(V,E) ，若 T(V,E_T) 是 G 的生成树，定义 \omega(T)=\prod_{e\in E_T}\omega(e) ， \mathcal T 是 G 所有生成树的集合，则 G 的 Laplace 矩阵的所有代数余子式的值等于 \sum_{T\in\mathcal T}\omega(T) 。

证明：根据性质 1，只需证明 C_{1,1}=\sum_{T\in\mathcal T}\omega(T) 。对于一条边 e=(u,v) ，定义 \zeta(e,u)=v ， \zeta(e,v)=u 。

定义 u_i<u_j\iff i<j ， E=\{e_1,e_2,\cdots,e_{|E|}\} ，构造关联矩阵：

A_{i,j}=\begin{cases}\sqrt{\omega(e_j)} & u_i\in e_j\land u_i<\zeta(e_j,u_i) \\ -\sqrt{\omega(e_j)} & u_i\in e_j\land u_i>\zeta(e_j,u_i) \\ 0 & \text{otherwise}\end{cases}

容易发现 L=AA^T ，定义 A 删去第一行得到 B ，则 M_{1,1}=BB^T 。代入 Cauchy-Binet 公式得到：

M_{1,1}=\sum_{|S|=n-1,S\subseteq[|E|]}|B_{[n-1],[S]}||(B^T)_{[S],[n-1]}|=\sum_{|S|=n-1,S\subseteq[|E|]}|B_{[n-1],[S]}|^2

|B_{[n-1],[S]}| 的组合意义是对点 u_2,\cdots,u_n ，分别选一条 S 中的边，且每条边都恰好被选一次。若 u_i 选择了 e_j ，就看做有向边 (u_i,\zeta(e_j,u_i)) ，所以也相当于给 S 中的边定向，使得 u_2,\cdots,u_n 的出度为 1 。

对于存在环的方案，构造对合映射（满足 f(f(x))=x 的映射 f ）：取环上点编号最小值最小的环（容易发现环的点不交，所以这样的环唯一），将这个环上的边反向。

若环长为奇数，则排列奇偶性不变，关联矩阵中系数符号变化了奇数个；若环长为偶数，则排列奇偶性改变，关联矩阵中系数符号变化了偶数个。所以贡献值相反，出现环的权值都被两两抵消，对行列值没有贡献。

于是只用考虑不存在环的情况，此时有向图只能是以 1 为根的内向树，此时定向方案唯一（确定了边集和根），也就是每个点选择的出边都唯一，所以 |B_{[n-1],[S]}|^2 即为该树的边权积，求和就得到 \sum_{T\in\mathcal T}\omega(T) 。

性质 2 设 Laplace 矩阵的特征值为 \lambda_1\ge\lambda_2\ge\cdots\ge\lambda_{|V|} ，则 \lambda_{|V|}=0 。

证明：因为 L=AA^T ，所以 L 是半正定矩阵，特征值都非负。而 |M|=0 ，所以必定有 \lambda=0 。

定义 k - 生成森林 是图的一个生成子图 (V,E) ，使得这个子图有 k 个连通分量且无环。

定理 2 定义 \mathcal T_k 表示无向图 G 的 k - 生成森林的集合， Q(T) 表示森林 T 的每个连通分量的点数之积， L 的特征多项式为 P(x) ，则有

F_k=\sum_{T\in\mathcal T_k}\omega(T)Q(T)=(-1)^{|V|-k}[x^k]P(x)

证明：考虑 P(x)=\det(xI-L) ，枚举排列行列式时，贡献到 [x^k] 相当于选择相同编号的 k 行 k 列删去，这些就是每个连通分量的根，其他点选择出边连到这些根（类似定理 1 的证明）， (-1)^{|V|-k} 表示将负号去掉。

推论 F_1=\prod_{i=1}^{|V|-1}\lambda_i 是生成树个数的 n 倍。

定理 3 内向生成树计数（见上）

证明：发现定理 1 的证明中用到了两个关联矩阵，于是我们考虑使用两个不同的关联矩阵 A,B 承担不同的功能。

A_{i,j}=\begin{cases}\sqrt{\omega(e_j)} & u_i\text{ is }e_j\text{'s head} \\ -\sqrt{\omega(e_j)} & u_i\text{ is }e_j\text{'s tail} \\ 0 & \text{otherwise}\end{cases} \\ B_{i,j}=\begin{cases}\sqrt{\omega(e_j)} & u_i\text{ is }e_j\text{'s head} \\ 0 & \text{otherwise}\end{cases}

与定理 1 中不同的是，关联矩阵 B 限制了只有边的起点能选择这条边，剩下的讨论均与定理 1 相同。

例题

例题 1：「HEOI2015」小 Z 的房间

解 矩阵树定理的裸题。将每个空房间看作一个结点，根据输入的信息建图，得到 Laplace 矩阵后，任意删掉 L 的第 i 行第 i 列，求这个子式的行列式即可。求行列式的方法就是高斯消元成上三角阵然后算对角线积。另外本题需要在模 k 的整数子环 \mathbb{Z}_k 上进行高斯消元，采用辗转相除法即可。

例题 2：「FJOI2007」轮状病毒

解 本题的解法很多，这里用矩阵树定理是最直接的解法。当输入为 n 时，容易写出其 n+1 阶的 Laplace 矩阵为：

L_n = \begin{bmatrix} n& -1& -1& -1& \cdots& -1& -1\\ -1& 3& -1& 0& \cdots& 0& -1\\ -1& -1& 3& -1& \cdots& 0& 0\\ -1& 0& -1& 3& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \vdots& \ddots& \vdots& \vdots\\ -1& 0& 0& 0& \cdots& 3& -1\\ -1& -1& 0& 0& \cdots& -1& 3\\ \end{bmatrix}_{n+1}

求出它的 n 阶子式的行列式即可，剩下的只有高精度计算了。

例题 2+

将例题 2 的数据加强，要求 n\leq 100000 ，但是答案对 1000007 取模。（本题求解需要一些线性代数知识）

解 推导递推式后利用矩阵快速幂即可求得。

推导递推式的过程：

注意到 L_n 删掉第 1 行第 1 列以后得到的矩阵很有规律，因此其实就是在求矩阵

M_n = \begin{bmatrix} 3& -1& 0& \cdots& 0& -1\\ -1& 3& -1& \cdots& 0& 0\\ 0& -1& 3& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \vdots& \ddots& \vdots& \vdots\\ 0& 0& 0& \cdots& 3& -1\\ -1& 0& 0& \cdots& -1& 3\\ \end{bmatrix}_{n}

的行列式。对 M_n 的行列式按第一列展开，得到

\det M_n = 3\det \begin{bmatrix} 3& -1& \cdots& 0& 0\\ -1& 3& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \ddots& \vdots& \vdots\\ 0& 0& \cdots& 3& -1\\ 0& 0& \cdots& -1& 3\\ \end{bmatrix}_{n-1} + \det\begin{bmatrix} -1& 0& \cdots& 0& -1\\ -1& 3& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \ddots& \vdots& \vdots\\ 0& 0& \cdots& 3& -1\\ 0& 0& \cdots& -1& 3\\ \end{bmatrix}_{n-1} + (-1)^n \det\begin{bmatrix} -1& 0& \cdots& 0& -1\\ 3& -1& \cdots& 0& 0\\ -1& 3& \cdots& 0& 0\\ \vdots& \vdots& \ddots& \vdots& \vdots\\ 0& 0& \cdots& 3& -1\\ \end{bmatrix}_{n-1}

上述三个矩阵的行列式记为 d_{n-1}, a_{n-1}, b_{n-1} 。
注意到 d_n 是三对角行列式，采用类似的展开的方法可以得到 d_n 具有递推公式 d_n=3d_{n-1}-d_{n-2} 。类似地，采用展开的方法可以得到 a_{n-1}=-d_{n-2}-1 ，以及 (-1)^n b_{n-1}=-d_{n-2}-1 。
将这些递推公式代入上式，得到：

\det M_n = 3d_{n-1}-2d_{n-2}-2
d_n = 3d_{n-1}-d_{n-2}

于是猜测 \det M_n 也是非齐次的二阶线性递推。采用待定系数法可以得到最终的递推公式为

\det M_n = 3\det M_{n-1} - \det M_{n-2} + 2

改写成 (\det M_n+2) = 3(\det M_{n-1}+2) - (\det M_{n-2} + 2) 后，采用矩阵快速幂即可求出答案。

例题 3：「BZOJ3659」WHICH DREAMED IT

解 本题是 BEST 定理的直接应用，但是要注意，由于题目规定“两种完成任务的方式算作不同当且仅当使用钥匙的顺序不同”，对每个欧拉回路，1 号房间可以沿着任意一条出边出发，从而答案还要乘以 1 号房间的出度。

例题 4：「联合省选 2020 A」作业题

解 首先需要用莫比乌斯反演转化成计算所有生成树的边权和，因为与本文关系不大所以略去。

将行列式的项写成 w_ix+1 ，最后答案是行列式的一次项系数，因为答案实际上是钦定一条边之后的生成树个数 \times 这条边的边权之和，那么被乘上一次项系数的边就是被钦定的边。此时可以把高于一次的项忽略掉，复杂度 O(n^3) 。

「北京省选集训 2019」生成树计数 是较为一般化的情况：计算生成树权值之和的 k 次方之和，用类似方法构造行列式的项即可，具体见洛谷题解。

例题 5：AGC051D C4

解 无向图欧拉回路计数是 NPC 问题，但这题的图较为简单，确定了 S-T 的边中从 S 指向 T 的有多少条，就可以确定其他三条边的定向方案，然后直接套用 BEST 定理就得到 O(a+b+c+d) 的做法。

注释

根向树形图也被称为内向树形图，但因为计算内向树形图用的是出度，为了不引起 in 和 out 的混淆，所以采用了根向这一说法。

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