矩阵树定理
给定带权无向图 \(G\)，求出 \(\sum_T\prod_{e \in T}w_e\) 的值。
定义
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定义 \([n] = \{1, 2, 3, \cdots, n\}\)
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对于无向图，定义 \(D(G)\) 为其度数矩阵，有：\(D(G)_{ij} = \left\{\begin{matrix} \deg_i & i = j \\ 0 & i \ne j \end{matrix}\right.\).
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对于有向图，定义 \(D^{\text{in}}(G)\) 和 \(D^{\text{out}}(G)\) 分别表示其入度矩阵和出度矩阵，有：\(D^{\text{in}}(G)_{ij} = \left\{\begin{matrix} \deg^{\text{in}}_i & i = j \\ 0 & i \ne j \end{matrix}\right., D^{\text{out}}(G)_{ij} = \left\{\begin{matrix} \deg^{\text{out}}_i & i = j \\ 0 & i \ne j \end{matrix}\right.\).
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定义 \(A(G)\) 为图的邻接矩阵。\(A(G)_{ij}\) 表示 \(i\) 连向 \(j\) 的边的数量。
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定义无向图的 Laplace 矩阵 \(L\) 为 \(L(G) = D(G) - A(G)\)。有向图的情况可以类似的定义 \(L^{\text{in}}\) 和 \(L^{\text{out}}\).
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定义图 \(G\) 以 \(u\) 为根的根向树和叶向树的数量分别为 \(t^{\text{root}}(G, u)\) 和 \(t^{\text{leaf}}(G, u)\)。
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定义矩阵 \(A\) 的子矩阵 \(A_{S, T}\) 为选取 \(i \in S\)，\(j \in T\) 构成的元素。
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定义有向图 \(G\) 的关联矩阵为 \(M(G)\)（无向图可以随便定方向），有 \(M^{\text{in}}(G)_{ij} = \left\{\begin{matrix} \sqrt{w(e_j)} & \text{i is the starting point of edge j} \\ 0 & \text{otherwise.} \end{matrix}\right., M^{\text{out}}(G)_{ij} = \left\{\begin{matrix} \sqrt{w(e_j)} & \text{i is the end of edge j} \\ 0 & \text{otherwise.} \end{matrix}\right.\)，令 \(M(G) = M^{\text{in}}(G) - M^{\text{out}}(G)\)。
不难发现
进而有
对于无向图有
定理
- 对于无向图 \(G\) 和任意的 \(k\)，有 \(t(G) = \det L(G)_{[n] \setminus \{k\}, [n] \setminus \{k\}}\)
- 对于有向图 \(G\) 和根 \(u\)，有 \(t^{\text{root}}(G) = \det L^{\text{out}}(G)_{[n] \setminus \{u\}, [n] \setminus \{u\}}\)，\(t^{\text{leaf}}(G) = \det L^{\text{in}}(G)_{[n] \setminus \{u\}, [n] \setminus \{u\}}\)
证明
引理 1（Cauthy-Binet）：
对于 \(n \times m\) 的矩阵 \(A\) 和 \(m \times n\) 的矩阵 \(B\)，有
\[\det(AB) = \sum\limits_{S \subseteq \{1, 2, \cdots, m\} \land |S| = n}\det A_{[n], S} \cdot \det B_{S, [n]} \]如果 \(n > m\)，则必有 \(\det(AB) = 0\)。
证明咕了。
引理 2：
对于图 \(G\) 的子图 \((V', E')\)，若 \(|E'| \le |V'|\)，则子图 \(T\) 是一棵以 \(V \setminus V'\) 为根的根向生成树当且仅当
\[\det(M_{V', E'}^{\text{out}}) \det(M_{V', E'}^{\text{out}} - M_{V', E'}^{\text{in}}) \ne 0 \]且该式的值在不为 \(0\) 时，恰好为 \(\prod_{e \in E'} w_e\)。
证明：
记 \(w(T) = \prod_{e \in T} w_e\)。先把行列式中每行的 \(\sqrt{w_e}\) 提出来，最后的答案再乘上一个 \(w(E')\) 就行了。
先考虑第一个行列式。如果 \(M_{V', E'}^{\text{out}}\) 存在某行全是 \(0\)（该点集中存在点没有在边集中出现），那么 \(\det(M_{V', E'}^{\text{out}})\) 就是 \(0\)。然后又由于每条边只有一个出点，所以每行恰好有一个 \(1\)。所以这个式子保证了就有 \(|V'| = |E'|\)，但是没有保证 \(T\) 是一棵根向生成树。
现在考虑第二个行列式：\(M_{V', E'}^{\text{out}} - M_{V', E'}^{\text{in}}\)。这个矩阵中每行只有一个 \(1\)，零个或一个 \(-1\)。若 \(T\) 中存在环，这些边为 \(e_1 \to e_2 \to \cdots \to e_m\)。则行列式会长成形如这样的东西：
记从第 \(i\) 行的 \(-1\) 处进入点 \(i\)，\(+1\) 处离开点 \(i\)。回顾消元求解行列式的过程，最后一定会消出一行 \(0\)。不存在环，那么就可以从叶子处开始消（叶子的那一行有且仅有一个 \(1\)，其余的都是 \(0\)），可以把它的父亲所在行的 \(-1\) 消掉。最后消出来的结果其实就是 \(\det(M_{V', E'}^{\text{out}})\)。
所以当且仅当 \(T\) 是一棵以 \(V \setminus V'\) 为根的根向生成树时 \(\det(M_{V', E'}^{\text{out}}) \det(M_{V', E'}^{\text{out}} - M_{V', E'}^{\text{in}}) = \det(M_{V', E'}^{\text{out}})^2 = w(T) \ne 0\)。
\(\square\)
根据刚刚的证明，有更通用的结论：
这里的 \(\tau(G, u)\) 表示图 \(G\) 以 \(u\) 为根的根向生成树集合。
时间复杂度是求行列式的 \(\mathcal{O}(n^3)\)。
例题先咕了。
