Cayley 定理与扩展 Cayley 定理

Cayley 定理

节点个数为 $n$ 的无根标号树的个数为 $n^{n−2}$ 。

这个结论在很多计数类题目中出现，要证明它首先需要了解 $\text{Prufer}$ 序列的相关内容。接下来给出证明。

证明：

每一棵树都可以转换为一个 $\text{Prufer}$ 序列。

根据定义，每一个节点在 $\text{Prufer}$ 序列中出现的次数等于该节点度数减一，即 $d_i–1$。整个 $\text{Prufer}$ 序列的长度为 $∑_id_i–1=2(n−1)–n=n–2$ 。

无根树的形态可以与 $\text{Prufer}$ 序列一一对应，所以无根树的个数也等于 $\text{Prufer}$ 序列的个数。故个数为 $n−2$ 。

扩展 Cayley 定理 1

$n$ 个标号节点形成一个有 $s$ 颗树的森林且给定的 $s$ 个点没有两个点属于同一颗树的方案数个数为 $sn^{n-s-1}$ 。

证明：记其为 $F(n,s)$（$1\le s\le n$），其中被钦定的 $s$ 个不在同一棵树的点的标号是 $[n-s+1,n]$ 。枚举 $n$ 的度数 $j$ ，则得到以下递推式：

\[F(n,s)=\sum_{j=0}^{n-s}\binom{n-s}{j}F(n-1,s-1+j)
\]

下面使用数学归纳法来证明 $F(n,s)=sn^{n-s-1}$ ：

$n=1$ 时显然成立。

当 $n>1$ 时，若 $n-1$ 成立（即对于 $1\le k\le n-1$，$F(n-1,k)=k(n-1)^{n-1-k}$ ，则有：

\[F(n,s)=\sum_{j=0}^{n-s}\binom{n-s}{j}(s-1+j)(n-1)^{n-s-j-1}
\\
=\frac{1}{n-1}\sum_{j=0}^{n-s}\binom{n-s}{j}(s-1)(n-1)^{n-s-j}+\frac{1}{n-1}\sum_{j=0}^{n-s}\binom{n-s}{j}j(n-1)^{n-s-j}
\\
=\frac{s-1}{n-1}\sum_{j=0}^{n-s}\binom{n-s}{j}(n-1)^{n-s-j}+\frac{n-s}{n-1}\sum_{j=0}^{n-s}\binom{n-s-1}{j-1}(n-1)^{n-s-j}
\\
=\frac{s-1}{n-1}n^{n-s}+\frac{n-s}{n-1}n^{n-s-1}=\frac{sn-s}{n-1}n^{n-s-1}=sn^{n-s-1}
\]

得证。

组合解释：

把给定的 $s$ 个点看成被钦定的根结点，先当作没给定，然后再除以 $\Large\binom{n}{s}$ 。加一个虚点 $0$，把所有根连成它的儿子，变成 $n+1$ 个点。钦定 $0$ 的度数为 $s$ 的树的个数。

$\text{prufer}$ 序列的长度是 $n-1$，钦定其中有 $s-1$ 个是 $0$，剩下的是 $1,2,\cdots , n$ 。则方案数是 ${\large\binom{n-1}{s-1}}\times n^{n-s}$ 。然后再除以 $\Large\binom{n}{s}$ ，得到 $sn^{n-s-1}$ 。

扩展 Cayley 定理 2

对于一棵 $n$ 个节点有标号无根树，已经被若干条边分成了大小分别为的若干连通块 $a_1,a_2,\cdots, a_m$，连成一棵树的方案数为 $\prod a_i \times n^{m-2}$ 。

用 $\text{Matrix-Tree}$ 定理证明：

将每一个连通块压在一起考虑，此时有连通块 $a_i,a_j$ 之间的边数即为 $a_i\cdot a_j$ 。

那么有矩阵如下：

\[\left(\begin{array}{ccccc} a_1(n-a_1)& -a_1a_2 & -a_1a_3 & \cdots & -a_1a_m\\ -a_2a_1& a_2(n-a_2) & -a_2a_3 & \cdots & -a_2a_m \\ & & \ddots & & \\ -a_{m-1}a_1 & -a_{m-1} a_2 & -a_{m-1}a_3 & \cdots & -a_{m-1}a_m\\ -a_{m}a_1 & -a_{m} a_2 & -a_{m}a_3 & \cdots & a_m(n-a_m)\end{array}\right)
\]

去掉最后一行，最后一列，得到：

\[\left(\begin{array}{ccccc} a_1(n-a_1)& -a_1a_2 & -a_1a_3 & \cdots & -a_1a_{m-1}\\ -a_2a_1& a_2(n-a_2) & -a_2a_3 & \cdots & -a_2a_{m-1} \\ & & \ddots & & \\ -a_{m-1}a_1 & -a_{m-1} a_2 & -a_{m-1}a_3 & \cdots & a_{m-1}(n-a_{m-1})\end{array}\right)
\]

接下来要算其行列式，首先化简矩阵，第 $i (i>1)$ 行减去第 $i-1$ 行 $\times \dfrac{a_i}{a_{i-1}}$ 。

得到新的矩阵：

\[\left(\begin{array}{cccccc} a_1(n-a_1)& -a_1a_2 & -a_1a_3 & \cdots & -a_1a_{m-2} & -a_1a_{m-1}\\ -a_2n& a_2n & 0 & \cdots & 0& 0 \\ & & & \ddots & & \\ 0 & 0 & 0 & \cdots & -a_{m-1}n & a_{m-1}n\end{array}\right)
\]

此时，除了第一行以外的每一行，只在 $i-1,i$ 处有值，这样的特殊矩阵，带入行列式的表达式

\[\displaystyle \det(A)=\sum_{\text{p is a permutation}} (-1)^{N(p)} \prod A_{i,p_i}
\]

有值的 $p$ 只有 $n$ 个，分成两类：

$p_i=i,N(p)=0$，$\prod A_{i,p_i}=(n-a_1)n^{m-2} \prod_{i<m}\limits a_i$
$p_1=q(q>1),p_j=\left\{\begin{aligned} j-1 && 2\leq j\leq q\\ j && q<j\end{aligned}\right.$

\[\prod A_{i,p_i}=(-1)^{q-1} (-n)^{q} n^{m-1-q}a_q \prod_{i<m}\limits a_i=-n^{m-2} a_q\prod_{i<m}\limits a_i
\]

则：

\[\det=(n-a_1-a_2-\cdots-a_{m-1})n^{m-2} \prod_{i<m}\limits a_i=a_mn^{m-2} \prod_{i<m}\limits a_i=n^{m-2} \prod a_i
\]

即方案数为 $n^{m-2} \prod a_i$ 。

CF1109D Sasha and Interesting Fact from Graph Theory

给定参数 $n,m,a,b$ ，你现在要构造一颗 $n$ 个点树，树边的权值可以赋为 $[1,m]$ 中的一个整数。

求有多少种构造树的方法，使得节点 $a$ 与节点 $b$ 在树上的最短路径恰好为 $m$ ，答案对 $10^9+7$ 取模。

然后枚举 $a$ 和 $b$ 之间的边数 $e$。首先，除了 $a$ 和 $b$ 两个点以外有 $n-2$ 个点，从中选出 $e-1$ 个排成 $a$ 到 $b$ 中间的点，方案数是 $(n-2) ^ {\underline{e-1}}$ 。

$a$ 到 $b$ 权值和为 $m$ 且每个边权都在 $[1,m]$ 中，所以是在 $a$ 到 $b$ 之间插板，方案数是 $\binom{m-1}{e-1}$ 。

剩下的 $n-e-1$ 个数的权值可以任取，则方案数是 $m^{n-e-1}$ 。因为是这条链上 $e+1$ 个点都挂一棵树，所以再乘上 $F(n,e+1)$ 。

答案即为：

\[\sum_{e=1}^{n-1} (n-2) ^ {\underline{e-1}}\times \binom{m-1}{e-1}\times m^{n-e-1}\times F(n,e+1)
\]

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, m, a, b;

const int md = 1e9 + 7;

int fac[1000005], inv[1000005], F[1000005];

inline int pwr(int x, int y) {

    int res = 1; y = (y + md - 1) % (md - 1);

    while (y) {

        if (y & 1) res = 1ll * res * x % md;

        x = 1ll * x * x % md; y >>= 1;

    }

    return res;

}

inline void init() {

    fac[0] = fac[1] = inv[0] = inv[1] = 1;

    for (int i = 2; i <= 1e6; i++) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % md;

    for (int i = 2; i <= 1e6; i++) inv[i] = 1ll * (md - md / i) * inv[md % i] % md;

    for (int i = 2; i <= 1e6; i++) inv[i] = 1ll * inv[i] * inv[i - 1] % md;

    for (int i = 1; i <= 1e6; i++) F[i] = 1ll * i * pwr(n, n - i - 1) % md;

}

inline int C(int x, int y) {

    if (x < y) return 0;

    return 1ll * fac[x] * inv[y] % md * inv[x - y] % md;

}

int main() {

    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &a, &b);

    init();

    int res = 0;

    for (int i = 1; i < n; i++) {

        int tmp = 1ll * fac[n - 2] * inv[n - 1 - i] % md * C(m - 1, i - 1) % md * pwr(m, n - i - 1) % md * F[i + 1] % md;

        res = (res + tmp) % md;

    }

    printf("%d\n", res);

    return 0;

}

「NOI2022模拟赛czx2」图

给定一张图 $G = (V = {1, 2, · · · , n}, E = {(u_1, v_1), (u_2, v_2), · · · , (u_m, v_m)})$。

先将其复制 $k$ 份，得到一张 $nk$ 个点，$mk$ 条边的图 $G′$，设其补图为 $H$ ，求 $H$ 的生成树数量 $\pmod P$。

考虑进行容斥，强制出现 $G$ 中的若干条边，对于剩下的部分，由 $\text{Ex-Cayley}$ 定理可知，答案为 $∏ s_i· (nk)^{c−2}$ ，其中 $s_i$ 表示每一个连通块的大小，$c$ 表示连通块的数量。

若能求出 $G$ 中生成 $i$ 个连通块的答案，添加 $(nk)^i$ 的系数后做 $k$ 次幂，就也能求出 $G′$ 的总答案。

考虑使用 $\text{Matrix-Tree}$ 定理求解 $G′$ 的答案，设：$f_c =∑ ∏ s_i· (nk)^c$

添加 $0$ 号点，$0$ 向每一个节点连接一条权为 $x$ 的边，求出生成树。

则每一个连通块有 $s_i$ 种向根节点连边的方案，且每一个连通块会使得最终的总权值 $×x$ 。

即求出的行列式为一个多项式 $f(x)$，$[x^c]f(x) = f_c$ ，观察可以发现，我们并不需要知道整个多项式，只需要知道 $∑(−nk)^if_i$ ，即 $f(−nk)$ 即可。

再考虑模数不是质数的情况，高斯消元可以采用辗转相除法，复杂度依然为 $O(n^4)$ ，而算法 $2$ 和算法 $3$ 在计算的最后均需要添加系数 $(nk)^{−2}$，而 $nk$ 可能不存在逆元。

容易发现 $f(x)$ 并不存在常数项，因此可以将 $i\to 0$ 的边权设为 $1$ ，而 $0\to i$ 的边权仍为 $x$ 。

再将根节点设为 $0$ 以外的点即可求解出 $\frac f x(−nk)$，最后添加 $(nk)^{k−2}$ 作为系数即可（$k = 1$ 时需要特判）。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n, m, k, md;

inline int pwr(int x, int y) {

    int res = 1;

    while (y) {

        if (y & 1)

            res = 1ll * res * x % md;

        x = 1ll * x * x % md;

        y >>= 1;

    }

    return res;

}

struct mat {

    int a[105][105];

    inline int* operator[](int t) { return a[t]; }

    inline int det() {

        int res = 1;

        for (int i = 0; i < n; i++) {

            int loc = i;

            for (int j = n - 1; j >= i; j--) if (a[j][i]) loc = j;

            if (loc != i) swap(a[i], a[loc]), res = -res;

            if (!a[i][i]) return 0;

            for (int j = i + 1; j < n; j++) {

                while (a[j][i]) {

                    int tmp = a[i][i] / a[j][i];

                    for (int t = i; t < n; t++) a[i][t] = (a[i][t] - 1ll * tmp * a[j][t]) % md;

                    swap(a[i], a[j]); res = -res;

                }

            }

        }

        for (int i = 0; i < n; i++) res = 1ll * res * a[i][i] % md;

        return (res + md) % md;

    }

} mp;

int main() {

    freopen("graph.in", "r", stdin);

    freopen("graph.out", "w", stdout);

    scanf("%d%d%d%d", &n, &m, &k, &md);

    if (k == 1) {

        for (int i = 0; i < n; i++) {

            for (int j = 0; j < n; j++) {

                if (i == j) mp[i][j] = n - 1;

                else mp[i][j] = -1;

            }

        }

        for (int i = 1; i <= m; i++) {

            int x, y;

            scanf("%d%d", &x, &y);

            mp[x - 1][x - 1]--; mp[y - 1][y - 1]--;

            mp[x - 1][y - 1] = mp[y - 1][x - 1] = 0;

        }

        n--;

        printf("%d\n", mp.det());

    } else {

        for (int i = 1; i <= m; i++) {

            int x, y; scanf("%d%d", &x, &y);

            mp[x][x]++; mp[y][y]++;

            mp[x][y] = mp[y][x] = -1;

        }

        int nk = 1ll * n * k % md;

        for (int i = 1; i <= n; i++) {

            mp[0][0] = (mp[0][0] - 1) % md;

            mp[i][i] = (mp[i][i] - nk) % md;

            mp[i][0] = (mp[i][0] + nk) % md;

            mp[0][i] = (mp[0][i] + 1) % md;

        }

        int res = pwr(mp.det() * (n & 1 ? md - 1ll : 1ll) % md, k);

        printf("%lld\n", 1ll * res * pwr(nk, k - 2) % md);

    }

    return 0;

}