[學習筆記]高斯消元、行列式、Matrix-Tree 矩陣樹定理

一、前置芝士：高斯消元

https://blog.csdn.net/xyz32768/article/details/78574746

二、行列式的定義

一個n$n$ 階方陣（行數和列數相等的矩陣） A$A$ 的行列式爲：

∑p是一個1到n的排列(−1)p的逆序對數∏i=1nA[i,pi]$$\sum _{p是一個1到n的排列}(-1{)}^{p的逆序對數}\prod _{i=1}^{n}A[i,p_i]$$

記爲 det(A)$\text{det}(A)$ 或 |A|$|A|$ 。

三、行列式的性質

（1） |A|=|AT|$|A|=|A^T|$
（2） |AB|=|A||B|$|AB|=|A||B|$
（3）矩陣的一行乘上 k$k$ 之後，行列式乘上 k$k$ 。
（4）如果矩陣的每一行內數的和都爲 0$0$ ，每一列內數的和都爲 0$0$ ，那麼行列式爲 0$0$ 。
（5）交換矩陣的兩行或兩列，行列式取反。
（6）矩陣的一行減去另一行的 k$k$ 倍，行列式不變。
性質（6）是求解行列式的關鍵。

四、求解行列式

暴力求解是 O(n2×n!)$O(n^2\times n!)$ 的。
利用高斯消元求解行列式。
根據性質（6），我們可以 for i$i$ 從 1$1$ 到 n$n$ ，用第 i$i$ 行把所有滿足 j∈[i+1,n]$j\in [i+1,n]$ 的位置 (j,i)$(j,i)$ 消成 0$0$ ，也就是用第 i$i$ 行去消第 j$j$ 行。
最後原矩陣被消成一個上三角矩陣（對於每個 1≤i≤n$1\le i\le n$ ，第 i$i$ 行前 i−1$i-1$ 個元素全部爲 0$0$ 的矩陣）。
顯然這時候矩陣的行列式爲對角線上元素的乘積。
複雜度 O(n3)$O(n^3)$ 。
代碼：

double det(int n) {
    int i, j, k;
    For (i, 1, n) {
        int p = i;
        For (j, i + 1, n)
            if (fabs(mat[j][i]) > fabs(mat[p][i])) p = j;
        if (p != i) For (j, i, n) swap(mat[i][j], mat[p][j]);
        For (j, i + 1, n) {
            double tmp = mat[j][i] / mat[i][i];
            For (k, i, n) mat[j][k] -= mat[i][k] * tmp;
        }
    }
    double ans = 1;
    For (i, 1, n) ans *= mat[i][i];
    return ans;
}

如果行列式特別大且題目要求取模，則可以利用逆元：

int det(int n) {
    int i, j, k, res = 1;
    For (i, 1, n) {
        int qaq = qpow(a[i][i], ZZQ - 2);
        For (j, i + 1, n) {
            int tmp = 1ll * a[j][i] * qaq % ZZQ;
            For (k, 1, n) a[j][k] = (a[j][k] - 1ll * a[i][k] *
                tmp % ZZQ + ZZQ) % ZZQ;
        }
    }
    For (i, 1, n) res = 1ll * res * a[i][i] % ZZQ;
    return res;
}

如果模數不是質數，可以利用輾轉相除的方法，複雜度多一個 log$\log$ 。
具體地，如果當前要用第 i$i$ 行去消第 j$j$ 行，那麼：
（1）第 i$i$ 行減掉第 j$j$ 行的 ⌊A[i,i]A[j,i]⌋$\lfloor \frac{A[i,i]}{A[j,i]}\rfloor$ 倍。這時候， A[i,i]$A[i,i]$ 被消成 A[i,i]modA[j,i]$A[i,i]modA[j,i]$ 。
（2）交換第 i$i$ 行和第 j$j$ 行。注意，這個操作會導致行列式的取反，要用一個變量記錄當前行列式是否被取反。
（3）如果 A[j,i]=0$A[j,i]=0$ ，我們就成功地用第 i$i$ 行消去了第 j$j$ 行。否則繼續（1）（2）。
代碼：

int solve() {
    int i, j, k; bool tr = 0;
    For (i, 1, n) For (j, i + 1, n) {
        int a = mat[i][i], b = mat[j][i];
        while (b) {
            int tmp = a / b; a %= b; swap(a, b);
            For (k, i, n) mat[i][k] = (mat[i][k] - 1ll * tmp * mat[j][k]
                % ZZQ + ZZQ) % ZZQ;
            For (k, i, n) swap(mat[i][k], mat[j][k]); tr ^= 1;
        }
    }
    int ans = 1; For (i, 1, n) ans = 1ll * ans * mat[i][i] % ZZQ;
    return tr ? (ZZQ - ans) % ZZQ : ans;
}

五、應用：生成樹計數之矩陣-樹定理

n$n$ 階無向圖的一些定義：
鄰接矩陣 A$A$ ：有邊 (i,j)$(i,j)$ 則 A[i,j]=A[j,i]=1$A[i,j]=A[j,i]=1$ ，否則爲 0$0$ 。特別地，如果圖有重邊，那麼 A[i,j]$A[i,j]$ 和 A[j,i]$A[j,i]$ 等於邊 (i,j)$(i,j)$ 的條數。
度數矩陣 D$D$ ： D[i,i]$D[i,i]$ 爲點 i$i$ 的度數，即由 i$i$ 發出的邊數。 D$D$ 其他位置的數爲 0$0$ 。
基爾霍夫矩陣： C=D−A$C=D-A$ 。
基爾霍夫矩陣每行內數的和和每列內的和都爲 0$0$ ，所以行列式爲 0$0$ 。
餘子式：一個矩陣 C$C$ 的餘子式 M[i,j]$M[i,j]$ 表示 C$C$ 去掉第 i$i$ 行第 j$j$ 列後得到矩陣的行列式。
矩陣-樹定理，又稱基爾霍夫定理。先說結論：
無向圖的生成樹個數等於其基爾霍夫矩陣 C$C$ 的任意餘子式 M[i,i]$M[i,i]$ （注意是 M[i,i]$M[i,i]$ 不是 M[i,j]$M[i,j]$ ）的行列式。
如果圖不連通，那麼任意餘子式 M[i,i]$M[i,i]$ 爲 0$0$ 。
證明：如果圖不連通，那麼每個連通塊內的點構成的矩陣仍然是基爾霍夫矩陣。
而連通塊不止一個，所以去掉第 i$i$ 行第 i$i$ 列之後，一定有一個連通塊仍然是基爾霍夫矩陣，也就是行列式爲 0$0$ 。

六、證明

一

首先證明：一棵樹，其基爾霍夫矩陣的任意餘子式 M[i,i]$M[i,i]$ 等於 1$1$ 。
爲了方便討論，我們交換第 1$1$ 行和第 i$i$ 行，再交換第 1$1$ 列和第 i$i$ 列，我們要證明的只是 M[1,1]$M[1,1]$ 。
定 1$1$ 爲根。
將 2$2$ 到 n$n$ 的點重新排列，使同一個子樹內的點編號形成一個區間。
我們會發現，把第 1$1$ 行第 1$1$ 列去掉，就相當於分離了 1$1$ 的所有子樹。
我們可以把這個 n−1$n-1$ 階方陣拆成 1$1$ 的度數個，每個小矩陣爲一個子樹的基爾霍夫矩陣，根爲 r$r$ 則矩陣第 r$r$ 行第 r$r$ 列加一。
易得 M[1,1]$M[1,1]$ 爲這些小矩陣的行列式之積（因爲一個 a$a$ 到 b$b$ 的排列和一個 b+1$b+1$ 到 c$c$ 的排列合併起來，相當於對應 A$A$ 位置的乘積相乘，逆序對數相加）。
我們還要引入一個定理：
將基爾霍夫矩陣的第 1$1$ 行第 1$1$ 列憑空加上 1$1$ 之後，行列式等於 1$1$ 。
我們考慮用歸納法同時證明兩個結論。
考慮行列式的式子中，每個排列 p$p$ 對行列式的貢獻。
證明第二個結論：
先討論 p1=1$p_1=1$ 時，易得這對行列式的貢獻爲（1$1$ 的度數加 1$1$ ）再乘以所有子樹的（根所在主對角線位置加 1$1$ 後得到的行列式），也就是 1$1$ 的度數加 1$1$ 。
再考慮如果 p1=i$p_1=i$ ，那麼 i$i$ 一定是 1$1$ 的子節點。 i$i$ 的取法數爲 1$1$ 的度數。
分析一下可以得到，這時候 pi$p_i$ 必須爲 1$1$ ，否則對行列式的貢獻爲 0$0$ 。
這樣看上去對行列式的貢獻爲 1$1$ ，但是由於 p1=i$p_1=i$ 和 pi=1$p_i=1$ 貢獻了一個逆序對，對行列式的貢獻爲 −1$-1$ 。
所以， p1≠1$p_1\ne 1$ 對行列式的貢獻爲 −$-$ （ 1$1$ 的度數）。
貢獻相加一下就證明了結論二。
於是結論一也得證。

二

一起來證明 Matrix-Tree 定理。
先構建一個輔助矩陣 B$B$ ， 一個 m×n$m\times n$ 的矩陣， m$m$ 爲邊數。
對於第 i$i$ 條邊 (u,v)$(u,v)$ ， B[i,u]=1,B[i,v]=−1$B[i,u]=1,B[i,v]=-1$ 。
易得 BTB=C$B^{T}B=C$ 。
根據 Binet-Cauthy 定理：

|AB|=∑|S|=n|AS∗B∗S|$$|AB|=\sum _{|S|=n}|A_{S\ast }{B}_{\ast S}|$$

AS∗$A_{S\ast }$ 表示 A$A$ 只保留列向量集合 S$S$ 後得到的矩陣。
A∗S$A_{\ast S}$ 表示 A$A$ 只保留行向量集合 S$S$ 後得到的矩陣。
這個定理簡單地說，一個 n×m$n\times m$ 的矩陣乘以一個 m×n$m\times n$ 的矩陣後的行列式，等於枚舉一個大小爲 n$n$ 的集合 S$S$ 且 S∈{1,2,...,m}$S\in \{1,2,...,m\}$ ，求 A$A$ 和 B$B$ 分別只保留 S$S$ 對應的列向量和行向量集合後的方陣乘積的行列式，並把所有 S$S$ 對應求出的行列式加起來。
所以：
設 Ai,j$A_{i,j}$ 表示 A$A$ 去掉第 i$i$ 行第 j$j$ 列後的子矩陣，

|Ci,i|=∑|S|=n−1|BTN/A,i,S∗Bi,N/A,∗S|$$|C_{i,i}|=\sum _{|S|=n-1}|B_{\text{N/A},i,S\ast }^T{B}_{i,\text{N/A},\ast S}|$$

=∑S=n−1|Ci,i(S)|$$=\sum _{S=n-1}|C_{i,i}(S)|$$

C(S)$C(S)$ 表示邊集 S$S$ 構成的基爾霍夫矩陣。
討論下這個式子。
相當於在 B$B$ 中選出 n−1$n-1$ 條邊。
（1）選出的邊構成環或不連通。
實際上， n−1$n-1$ 條邊連通 n$n$ 個點的形態只能是樹。
所以構成環和不連通其實是一樣的。
由之前證出的定理得到貢獻爲 0$0$ 。
（2）選出的邊構成樹。
根據基爾霍夫矩陣的性質，得到貢獻爲 1$1$ 。
於是得證！！！！！
實現時注意自環。

七、題目 & 推廣

[BZOJ4031][HEOI2015]小Z的房間：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4031
[BZOJ4596][Shoi2016]黑暗前的幻想鄉：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4596
Alice：爲什麼我們要證明矩陣-樹定理呢？
Bob：在應用中，矩陣-樹定理有一些拓展。
下面給出兩種常見拓展。
（1）有向圖生成樹計數。
①內向樹生成樹計數。
A$A$ 爲鄰接矩陣， D$D$ 爲出度矩陣。
C=D−A$C=D-A$ 。
以 root$root$ 爲根的內向生成樹個數就是 C$C$ 的餘子式 M[root,root]$M[root,root]$ 的行列式。
②外向樹生成樹計數。
A$A$ 爲鄰接矩陣， D$D$ 爲入度矩陣。
C=D−A$C=D-A$ 。
以 root$root$ 爲根的外向生成樹個數就是 C$C$ 的餘子式 M[root,root]$M[root,root]$ 的行列式。
[BZOJ5297][Cqoi2018]社交網絡：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5297
（2）邊帶權。
給定一個邊帶權的圖，求其所有生成樹的邊權積之和。
A$A$ 爲邊權矩陣， D$D$ 爲發出邊權和矩陣。
即對於一條邊 (u,v)$(u,v)$ ，邊權爲 w$w$ ， A[u,v]=A[v,u]=w$A[u,v]=A[v,u]=w$ 。
當然如果有重邊， A[u,v]$A[u,v]$ 爲所有邊 (u,v)$(u,v)$ 的權值和。
D[u,u]$D[u,u]$ 等於由 u$u$ 發出的所有邊的權值之和。
對於任意 u≠v$u\ne v$ ， D[u,v]=0$D[u,v]=0$ 。
C=D−A$C=D-A$ 。
所有生成樹的邊權積之和等於 C$C$ 的任意餘子式 M[i,i]$M[i,i]$ 的行列式。
[BZOJ3534][Sdoi2014]重建：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3534