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

设是一个有个顶点的无向图。定义度数矩阵为：

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

设 $\#e(i,j)$ 为点与点相连的边数，并定义邻接矩阵为：

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

定义 Laplace 矩阵（亦称 Kirchhoff 矩阵）为：

记图的所有生成树个数为。

有向图情况

设是一个有个顶点的有向图。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 $\#e(i,j)$ 为点指向点的有向边数，并定义邻接矩阵为：

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)

记图的以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。

记图的以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，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 $\lambda_1, \lambda_2, \cdots, \lambda_{n-1}$ 为的个非零特征值，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，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，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，只要枚举所有的根并对 $t^{leaf}(G,k)$ 求和即可。

BEST 定理

定理 5（BEST 定理） 设是有向欧拉图，那么的不同欧拉回路总数是

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

注意，对欧拉图的任意两个节点，都有 $t^{root}(G,k)=t^{root}(G,k')$ ，且欧拉图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 $n\times m$ 的矩阵和 $m\times n$ 的矩阵，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， $V=L\cup R\cup D$ ，
$L=\{l_1,l_2,\cdots,l_n\}$ ， $R=\{r_1,r_2,\cdots,r_n\}$ ，
$D=\{d_1,d_2,\cdots,d_m\}$ ， $E=E_L\cup E_R$ ，
$E_L=\{(l_i,d_j)\mid i\in[1,n],j\in [1,m]\}$ ， $E_R=\{(d_i,r_j)\mid i\in[1,m],j\in[1,n]\}$ ，
$\omega(l_i,d_j)=a_{i,j}$ ， $\omega(d_i,r_j)=b_{i,j}$ 。

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到的不相交路径组中，交点个数为偶数的方案数减去奇数的方案数，其中表示路径组经过的中的点。

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

证明：删去第行后，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，若是的生成树，定义 $\omega(T)=\prod_{e\in E_T}\omega(e)$ ， $\mathcal T$ 是所有生成树的集合，则的 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，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，定义删去第一行得到，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 $u_2,\cdots,u_n$ ，分别选一条中的边，且每条边都恰好被选一次。若选择了，就看做有向边 $(u_i,\zeta(e_j,u_i))$ ，所以也相当于给中的边定向，使得 $u_2,\cdots,u_n$ 的出度为。

对于存在环的方案，构造对合映射（满足的映射）：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，所以是半正定矩阵，特征值都非负。而，所以必定有 $\lambda=0$ 。

定义 - 生成森林是图的一个生成子图，使得这个子图有个连通分量且无环。

定理 2 定义 $\mathcal T_k$ 表示无向图的 - 生成森林的集合，表示森林的每个连通分量的点数之积，的特征多项式为，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，贡献到相当于选择相同编号的行列删去，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承担不同的功能。

\begin{aligned} 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} \end{aligned}

与定理 1 中不同的是，关联矩阵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。

实现

一个无向图的生成树个数为邻接矩阵度数矩阵去一行一列的行列式，可以使用 Gauss–Jordan 消元法。

例如，一个正方形图的生成树个数

\begin{pmatrix} 2 & 0 & 0 & 0 \\ 0 & 2 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 2 & 0 \\ 0 & 0 & 0 & 2 \end{pmatrix}-\begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} 2 & -1 & 0 & -1 \\ -1 & 2 & -1 & 0 \\ 0 & -1 & 2 & -1 \\ -1 & 0 & -1 & 2 \end{pmatrix}

\begin{vmatrix} 2 & -1 & 0 \\ -1 & 2 & -1 \\ 0 & -1 & 2 \end{vmatrix} = 4

可以用高斯消元解决，时间复杂度为。

实现

#include <algorithm>
#include <cassert>
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;
#define MOD 100000007
#define eps 1e-7

struct matrix {
  static const int maxn = 20;
  int n, m;
  double mat[maxn][maxn];

  matrix() { memset(mat, 0, sizeof(mat)); }

  void print() {
    cout << "MATRIX " << n << " " << m << endl;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
      for (int j = 0; j < m; j++) {
        cout << mat[i][j] << "\t";
      }
      cout << endl;
    }
  }

  void random(int n) {
    this->n = n;
    this->m = n;
    for (int i = 0; i < n; i++)
      for (int j = 0; j < n; j++) mat[i][j] = rand() % 100;
  }

  void initSquare() {
    this->n = 4;
    this->m = 4;
    memset(mat, 0, sizeof(mat));
    mat[0][1] = mat[0][3] = 1;
    mat[1][0] = mat[1][2] = 1;
    mat[2][1] = mat[2][3] = 1;
    mat[3][0] = mat[3][2] = 1;
    mat[0][0] = mat[1][1] = mat[2][2] = mat[3][3] = -2;
    this->n--;  // 去一行
    this->m--;  // 去一列
  }

  double gauss() {
    double ans = 1;
    for (int i = 0; i < n; i++) {
      int sid = -1;
      for (int j = i; j < n; j++)
        if (abs(mat[j][i]) > eps) {
          sid = j;
          break;
        }
      if (sid == -1) continue;
      if (sid != i) {
        for (int j = 0; j < n; j++) {
          swap(mat[sid][j], mat[i][j]);
          ans = -ans;
        }
      }
      for (int j = i + 1; j < n; j++) {
        double ratio = mat[j][i] / mat[i][i];
        for (int k = 0; k < n; k++) {
          mat[j][k] -= mat[i][k] * ratio;
        }
      }
    }
    for (int i = 0; i < n; i++) ans *= mat[i][i];
    return abs(ans);
  }
};

int main() {
  srand(1);
  matrix T;
  // T.random(2);
  T.initSquare();
  T.print();
  double ans = T.gauss();
  T.print();
  cout << ans << endl;
}

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，任意删掉的第行第列，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。当输入为时，容易写出其阶的 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 $d_{n-1}, a_{n-1}, b_{n-1}$ 。
注意到是三对角行列式，采用类似的展开的方法可以得到具有递推公式 $d_n=3d_{n-1}-d_{n-2}$ 。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，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。

「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，确定了的边中从指向的有多少条，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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