URAL2127 Determinant of a Graph 题解

这个题真的折磨了我超久的。全网几乎搜不到一个详细的题解，俺来写写吧。

题意：给你一个无自环无重边的连通无向图，求它邻接矩阵的行列式的值。

\(n\le 2*10^5,n-1\le m \le n+50\)

行列式定义，取一排列　\(p\)，算它逆序对奇偶，再算 \(a_{i,p_i}\) 的乘积，乘起来，加起来是吧。经典的 \(i->p_i\) ,逆序对奇偶其实和“点数-环数”相等的，这个不难证。

发现这个 \(i->p_i\) 刚好能对应到图上。你不是要一堆 \(a_{i,p_i}\) 乘起来嘛，然后 \(a\) 又是原图的邻接矩阵。

所以一个排列 \(p\) 的权值不为 \(0\) ，应当是它连出来之后的若干个环都在图上出现，此处有特殊情况，就是“二元环”，退化成了一个边。

换句话，就是用若干环或边，覆盖所有点。

接下来考虑怎么利用 \(m\le n+50\) 以及上面的性质，对整个图进行一个改造。

用一些度数小的点入手，这样它们被覆盖的方法是很固定的。

Step1.度数为 \(1\) 的点

只能把这个点 \(u\) 和与它相连的点 \(v\) 覆盖了。也就是 \(p_u=v,p_v=u\)

然后可以把这俩点删了。

所以下面的讨论中，所有点度数大于等于2！

Step2. 度数为 \(2\) 的点

这一步就很 magic 了。

结论一：考虑四个相连的度数为 \(2\) 的点，将它们删去，并把两端的点连上，行列式值不变。

证明就是分类讨论。

设四个点分别为 \(u_1,u_2,u_3,u_4\)，\(u_1\) 左的点为 \(l\) ，\(u_4\) 右的点为 \(r\) 。

有如下三种情况：

选择 \((u_1,u_2),(u_3,u_4)\) ，系数为正，在新图里，这等价于不选 \((l,r)\) 这个边。
选择 \((l,u_1),(u_2,u_3),(u_4,r)\) 系数为负，在新图里，这等价于选了 \((l,r)\) 这个边。
整体被吃进一个环里。在新图里还是被吃。

综上，新图与原图是等价的。

但这里有一些 corner case，就是 \(l=r\) 要尤其小心。我们发现，比如说原来有 \(5\) 个二度点，删成只剩 \(1\) 个，这里就连出重边了，这是不好的。

所以我们的方法是，对于一串二度点，一直 -=4，直到 \(\le 5\) 为止。

我们现在得到了一个新图。

结论二：此图点数是 \(O(m-n)\) 级别,此处 \(n,m\) 是原题给出的 \(n,m\)。

首先，前面的那些操作有没有影响 \(m-n\) ?发现这个一定是变小了的。

假装我们把一串二度点删掉，把两端连上，形成一个度数全部 \(>2\) 的图。这个过程没有影响 \(m-n\) 。

设此时图点数 \(N\) ，边数 \(M\) ，由于度数之和大于等于 \(3N\) ，\(M\) 就大于等于 \(3N/2\) ,则 \(N/2\le M-N\le m-n\)

极限情况就是 \(N=2(m-n),M=3(m-n)\) 了。

再考虑二度点，相当于有 \(5M\) 个二度点。

所以我们的图极限情况下 \(17(m-n)\le 850\) 个点，而且卡不满。

事实上原题数据开 \(300\) 都是能过的，感觉可以证到一个更低的界？

直接对着这个图求行列式。这道题我们就做完了。

复杂度是 \(O(n\log n+C(m-n)^3)\) 其中 \(C=17^3\) 。为什么有 \(\log\) 呢，我为了方便删边用 set 存图（

代码实现时要注意的问题：

删一度点以 bfs 的方式来删，直接 dfs 会有神秘错误。
本人是从 \(>2\) 的度数的点开始找 \(2\) 度点。这样会忽略一种情况：整个图就是个环，需要特判
再说一遍：删二度点时删到 \(\le 5\) 为止。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

int n,m,d[201000];

bool vis[200100];

set<int>g[200100];

int ak;

const int mod=998244353;

queue<int>q;

void dk(int x){

	for(int v:g[x])if(!vis[v]){

		if(d[x]==1){puts("0");exit(0);}

		d[x]--;if(d[x]==1)q.push(x);

	}

}

void del(int x){

	if(vis[x])return;

	int u=-1;

	for(int v:g[x])if(!vis[v])u=v;

	if(u==-1){puts("0");exit(0);}

	vis[x]=vis[u]=1,ak=-ak;

	dk(x),dk(u);

}

bool vp[201000];

int id[201000];

int a[1010][1010];

int N;

void del(int &a,int b){

	(a-=b)%=mod;

	(a+=mod)%=mod;

}

vector<int>oo;

int main(){

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

	ak=1;

	for(int i=0,u,v;i<m;i++)scanf("%d%d",&u,&v),g[u].insert(v),g[v].insert(u),d[u]++,d[v]++;

	for(int i=1;i<=n;i++)if(d[i]==1)q.push(i);

	while(!q.empty()){

		int u=q.front();q.pop();

		del(u);

	}

	bool fl=1;int ap=0;

	for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])fl&=(d[i]==2),ap++;

	if(fl){

		if(!ap)return printf("%d",(ak+mod)%mod),0;

		int su=-2;

		if(!(ap&1))su+=(((ap/2)&1)?-2:2);

		return printf("%d",(su*ak*((ap&1)?-1:1)%mod+mod)%mod),0;

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i]&&d[i]>2){

		vector<int>nmd;

		for(int v:g[i])if(!vis[v]&&d[v]==2&&!vp[v])nmd.push_back(v);

		for(int v:nmd)if(!vp[v]){

			oo.clear();

			oo.push_back(v);

			int u=v,pr=i;

			int D;

			while(1){

				int nx;

				for(int op:g[u])if(pr!=op)nx=op;

				if(d[nx]==2)pr=u,u=nx,oo.push_back(u);

				else{D=nx;break;}

			}

			for(int nm:oo)vp[nm]=1;

			int sz=oo.size();

			if(sz>5){

				int O=sz%4;

				if(O<=1)O+=4;

				for(int ii=O;ii<sz;ii++)vis[oo[ii]]=1;

				g[oo[O-1]].erase(oo[O]);

				g[oo[O-1]].insert(D);

				g[D].erase(oo[sz-1]),g[D].insert(oo[O-1]);

			}

		}

	}

	for(int i=1;i<=n;i++)if(!vis[i])id[i]=++N;

	for(int i=1;i<=n;i++)if(id[i])for(int v:g[i])if(id[v])a[id[i]][id[v]]++;

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

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

			while(a[i][i]){

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

				for(int k=i;k<=N;k++)del(a[j][k],1ll*t*a[i][k]%mod);

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

			}

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

		}

	}

	for(int i=1;i<=N;i++)ak=1ll*ak*a[i][i]%mod;

	return printf("%d",(ak%mod+mod)%mod),0;

}