【Learning】矩阵树定理 Matrix-Tree

矩阵树定理 Matrix Tree

　　

​　　矩阵树定理主要用于图的生成树计数。

　　

　　看到给出图求生成树的这类问题就大概要往这方面想了。

　　

　　算法会根据图构造出一个特殊的基尔霍夫矩阵\(A\)，接着根据矩阵树定理，用\(A\)计算出生成树个数。

　　

　　

　　

1.无向图的生成树计数

　　

　　对于给定的可含重边的连通无向图\(G\)，求其生成树的个数。求法如下：

　　

　　定义度数矩阵\(D\)：该矩阵仅在对角线上有值，\(D_{i,i}\)表示\(i\)号点的度数。对于图中每一条无向边\((u,v)\)，\(D_{u,u}\)++，\(D_{v,v}\)++。

　　

　　定义邻接矩阵\(C\)：\(C_{i,j}\)表示\(i\)到\(j\)的边数。对于图中每一条无向边\((u,v)\)，\(C_{u,v}\)++，\(C_{v,u}\)++。

　　

　　定义图\(G\)的基尔霍夫矩阵\(A=D-C\)。

　　

​　　矩阵树定理：将\(A\)去掉第\(i\)行和第\(i\)列（\(i\in[1,n]\)），将它当做一个行列式求解，则\(\det(A)\)就是生成树个数。

　　

　　　　

　　

2.有向图的树形图计数

　　

　　对于有向图，不存在“生成树”的概念，但存在“树形图”的概念。有向图中，若选定一个点作为树根，能构造出一棵“树”（包含\(n-1\)条边）使得根能到达任意节点，则这是一棵外向树；若能构造出一棵“树”使得任意节点能到达根，则这是一棵内向树。

　　

　　定义度数矩阵\(D\)：该矩阵仅在对角线上有值，\(D_{i,i}\)表示\(i\)号点的度数。

　　

　　　　　　　　　　　对于图中每一条有向边\((u,v)\)，若构造外向树则\(D_{v,v}\)++；若构造内向树则\(D_{u,u}\)++。

　　

　　定义邻接矩阵\(C\)：\(C_{i,j}\)表示\(i\)到\(j\)的边数。对于图中每一条有向边\((u,v)\)，\(C_{u,v}\)++。

　　

​　　定义图\(G\)的基尔霍夫矩阵\(A=D-C\)。

　　

　　矩阵树定理：将\(A\)去掉第\(i\)行和第\(i\)列（\(i\in[1,n]\)），将它当做一个行列式求解，则\(\det(A)\)就是以\(i\)为根的外向/内向树形图个数。很多时候我们会发现\(A\)的对角线上某数为\(A_{i,i}=0\)，删去第\(i\)行和第\(i\)列可以干掉0。只有这样行列式才不等于0，其实也就是说只能从\(i\)出发有解了。

　　

　　　

　　

3.细节

　　

　　求行列式的方法是：将行列式通过行列式初等变换消成上三角。此时对角线乘积即为行列式的值。

　　

　　注意，矩阵树定理这一套算法会考虑如何把所有的参与点构建成生成树，所以编号不要跳跃。如果说有障碍之类的元素，千万不要在矩阵中给它留一行一列，因为这一行一列都一定是0，算法会尝试将“障碍”构建进生成树，最后只能得到无解。

　　

　　

　　

　　

　　

一些例题

　　

BZOJ 4031

　　

　　传送门在此

　　

　　这是一道无向图生成树计数的裸题，直接上基础算法即可。

　　

　　这里就要注意障碍的处理了。我们应该对非障碍格子重新标号使得它们的编号连续，保证算法正常进行。

　　

　　这题的模数真的恶心，不是质数，没法用逆元。所以使用类辗转相除法来消元，每行的消元从\(O(n)\)变成\(O(n\lg )\)。

　　

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=10,MOD=1e9;
int n,m,id[N][N],idcnt,a[N*N][N*N];
char map[N][N];
inline void swap(int &x,int &y){x^=y^=x^=y;}
inline int plus(int x,int y){return (x+y)%MOD;}
inline int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
inline bool ok(int x,int y){return 1<=x&&x<=n&&1<=y&&y<=m&&map[x][y]=='.';}
void addEdge(int u,int v){
    a[u][u]++; a[v][v]++;
    a[u][v]--; a[v][u]--;
}
int solve(){
    if(idcnt==1) return 1;
    int all=idcnt-1,res=1;
    for(int i=1;i<=all;i++)
        for(int j=i+1;j<=all;j++)
            while(a[j][i]){
                int t=a[i][i]/a[j][i];
                for(int k=i;k<=all;k++){
                    int q=plus(a[i][k],-mul(a[j][k],t));
                    a[i][k]=a[j][k];
                    a[j][k]=q;
                }
                res=-res;
            }
    for(int i=1;i<=all;i++) res=mul(res,a[i][i]);
    return (res+MOD)%MOD;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++) scanf("%s",map[i]+1);
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(map[i][j]=='.') id[i][j]=++idcnt;
    for(int i=1;i<=n;i++)
        for(int j=1;j<=m;j++)
            if(ok(i,j)){
                if(ok(i+1,j))
                    addEdge(id[i][j],id[i+1][j]);
                if(ok(i,j+1))
                    addEdge(id[i][j],id[i][j+1]);
            }
    printf("%d\n",solve());
    return 0;
}

　　

　　

　　

　　

　　

BZOJ 4894

　　

　　传送门

　　

　　这是一道有向图树形图计数。要求以1号点为根的外向树形图个数。

　　

　　按照上述做法直接写即可。删去\(A\)的第1行第1列，因为1号点没有入边，若不删第一行第一列行列式值为0，无法计算。

　　

#include <cstdio>
using namespace std;
const int N=305,MOD=1e9+7;
int n,a[N][N];
char str[N];
inline int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
inline int plus(int x,int y){return (x+y)%MOD;}
inline void swap(int &x,int &y){x^=y^=x^=y;}
int ksm(int x,int y){
    int res=1;
    for(;y;x=mul(x,x),y>>=1)
        if(y&1) res=mul(res,x);
    return res;
}
int gaussian(){
    int res=1,size=n-1;
    for(int i=1;i<size;i++){
        if(!a[i][i]){
            int l;
            for(l=i+1;l<=size;l++)
                if(a[l][i]) break;
            if(l<=size&&a[l][i]){
                for(int j=i;j<=size;j++) swap(a[l][j],a[i][j]);
                res=-res;
            }
            else return 0;
        }
        for(int j=i+1;j<=size;j++){
            int t=mul(a[j][i],ksm(a[i][i],MOD-2));
            for(int k=i;k<=size;k++)
                a[j][k]=plus(a[j][k],-mul(a[i][k],t));
        }
    }
    for(int i=1;i<=size;i++) res=mul(res,a[i][i]);
    return plus(res,MOD);
}
int main(){
    scanf("%d",&n);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",str+1);
        for(int j=1;j<=n;j++)
            if(str[j]=='1')
                a[j][j]++,a[i][j]--;
    }
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=1;j<n;j++) a[i][j]=a[i+1][j+1];
    printf("%d\n",gaussian());
    return 0;
}

　　

　　

　　

　　

　　

BZOJ 4596

　　

　　传送门

　　

​　　我开始不会做了。

　　

​　　我们发现如果将所有公司提供的边都加进图中，然后求生成树个数，是无法限制“每个公司至少要建一条”这个条件的。有的生成树可能只有一部分公司参与，比如说某一种生成树只含有\(S\)集合的公司。

　　

　　如果仅加入\(S\)集合所含公司的边，我们发现这些答案也会被统计到。既然有重复统计，可以考虑消除吗？

　　

​　　于是容斥的思想就体现出来了！

　　

　　我们枚举加入哪一些公司，分别求生成树个数。记参与公司集合为\(S\)时生成树个数为\(f(S)\)，记有\(x\)个公司参与时的生成树总方案为\(中有个A_x=\sum_{S中有x个}f(S)\)，则

\[Ans=A_n-A_{n-1}+A_{n-2}-A_{n-3}......
\]

​　　复杂度为\(O(2^nn^3)\)，其实是可以跑的过的。

　　

#include <cstdio>
#include <vector>
#define mp make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
typedef pair<int,int> pii;
const int N=18,MOD=1e9+7;
int n;
int a[N][N];
vector<pii> l[N];
vector<int> b[N];
inline bool in(int i,int j){return (i>>(j-1))&1;}
inline int plus(int x,int y){return (x+y)%MOD;}
inline int mul(int x,int y){return 1LL*x*y%MOD;}
inline void swap(int &x,int &y){x^=y^=x^=y;}
void clear_mat(){
	for(int i=1;i<=n;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++) a[i][j]=0;
}
void add_company(int id){
	for(int i=0,sz=l[id].size();i<sz;i++){
		int u=l[id][i].first,v=l[id][i].second;
		a[u][u]++; a[v][v]++;
		a[u][v]--; a[v][u]--;
	}
}
int ksm(int x,int y){
	int res=1;
	for(;y;x=mul(x,x),y>>=1)
		if(y&1) res=mul(res,x);
	return res;
}
int gaussian(){
	int s=n-1,res=1;
	for(int i=1;i<=s;i++){
		if(!a[i][i]){
			int t;
			for(t=i+1;t<=s&&!a[t][i];t++);
			if(t>s) return 0;
			for(int j=i;j<=s;j++) swap(a[i][j],a[t][j]);
			res=-res;
		}
		int inv=ksm(a[i][i],MOD-2);
		for(int j=i+1;j<=s;j++){
			int t=mul(a[j][i],inv);
			for(int k=i;k<=s;k++)
				a[j][k]=plus(a[j][k],-mul(a[i][k],t));
		}
	}
	for(int i=1;i<=s;i++) res=mul(res,a[i][i]);
	return res;
}
int main(){
	scanf("%d",&n);
	for(int i=1,m;i<n;i++){
		scanf("%d",&m);
		for(int j=1,u,v;j<=m;j++){
			scanf("%d%d",&u,&v);
			l[i].pb(mp(u,v));
		}
	}
	int all=1<<(n-1);
	for(int i=1;i<all;i++){
		int cnt=0;
		for(int j=1;j<=n;j++)
			cnt+=in(i,j);
		b[cnt].pb(i);
	}
	int ans=0;
	for(int i=n-1,r=1;i>=1;i--,r=-r)
		for(int j=0,sz=b[i].size();j<sz;j++){
			clear_mat();
			int st=b[i][j];
			for(int c=1;c<n;c++)
				if(in(st,c)) add_company(c);
			ans=plus(ans,gaussian()*r);
		}
	ans=plus(ans,MOD);
	printf("%d\n",ans);
	return 0;
}

　　

　　

　　

总结

　　

　　矩阵树定理本身还是挺简单的，但愿自己不要忘得太快......

　　

　　但是要灵活运用（废话）。

　　

​　　如果要深入透彻，我还是得研究一下矩阵树定理的证明。不过就当一个大坑先留着吧。