[学习笔记]高斯消元、行列式、Matrix-Tree 矩阵树定理

一、前置芝士：高斯消元

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

二、行列式的定义

一个$n$ 阶方阵（行数和列数相等的矩阵） $A$ 的行列式为：

$$\sum_{p是一个1到n的排列}(-1)^{p的逆序对数}\prod_{i=1}^nA[i,p_i]$$
记为 $\text{det}(A)$ 或 $|A|$ 。

三、行列式的性质

（1） $|A|=|A^T|$
（2） $|AB|=|A||B|$
（3）矩阵的一行乘上 $k$ 之后，行列式乘上 $k$ 。
（4）如果矩阵的每一行内数的和都为 $0$ ，每一列内数的和都为 $0$ ，那么行列式为 $0$ 。
（5）交换矩阵的两行或两列，行列式取反。
（6）矩阵的一行减去另一行的 $k$ 倍，行列式不变。
性质（6）是求解行列式的关键。

四、求解行列式

暴力求解是 $O(n^2\times n!)$ 的。
利用高斯消元求解行列式。
根据性质（6），我们可以 for $i$ 从 $1$ 到 $n$ ，用第 $i$ 行把所有满足 $j\in[i+1,n]$ 的位置 $(j,i)$ 消成 $0$ ，也就是用第 $i$ 行去消第 $j$ 行。
最后原矩阵被消成一个上三角矩阵（对于每个 $1\le i\le n$ ，第 $i$ 行前 $i-1$ 个元素全部为 $0$ 的矩阵）。
显然这时候矩阵的行列式为对角线上元素的乘积。
复杂度 $O(n^3)$ 。
代码：

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;
}

如果行列式特别大且题目要求取模，则可以利用逆元：

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;
}

如果模数不是质数，可以利用辗转相除的方法，复杂度多一个 $\log$ 。
具体地，如果当前要用第 $i$ 行去消第 $j$ 行，那么：
（1）第 $i$ 行减掉第 $j$ 行的 $\lfloor\frac{A[i,i]}{A[j,i]}\rfloor$ 倍。这时候， $A[i,i]$ 被消成 $A[i,i]\bmod A[j,i]$ 。
（2）交换第 $i$ 行和第 $j$ 行。注意，这个操作会导致行列式的取反，要用一个变量记录当前行列式是否被取反。
（3）如果 $A[j,i]=0$ ，我们就成功地用第 $i$ 行消去了第 $j$ 行。否则继续（1）（2）。
代码：

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、应用：生成树计数之矩阵-树定理

$n$ 阶无向图的一些定义：
邻接矩阵 $A$ ：有边 $(i,j)$ 则 $A[i,j]=A[j,i]=1$ ，否则为 $0$ 。特别地，如果图有重边，那么 $A[i,j]$ 和 $A[j,i]$ 等于边 $(i,j)$ 的条数。
度数矩阵 $D$ ： $D[i,i]$ 为点 $i$ 的度数，即由 $i$ 发出的边数。 $D$ 其他位置的数为 $0$ 。
基尔霍夫矩阵： $C=D-A$ 。
基尔霍夫矩阵每行内数的和和每列内的和都为 $0$ ，所以行列式为 $0$ 。
余子式：一个矩阵 $C$ 的余子式 $M[i,j]$ 表示 $C$ 去掉第 $i$ 行第 $j$ 列后得到矩阵的行列式。
矩阵-树定理，又称基尔霍夫定理。先说结论：
无向图的生成树个数等于其基尔霍夫矩阵 $C$ 的任意余子式 $M[i,i]$ （注意是 $M[i,i]$ 不是 $M[i,j]$ ）的行列式。
如果图不连通，那么任意余子式 $M[i,i]$ 为 $0$ 。
证明：如果图不连通，那么每个连通块内的点构成的矩阵仍然是基尔霍夫矩阵。
而连通块不止一个，所以去掉第 $i$ 行第 $i$ 列之后，一定有一个连通块仍然是基尔霍夫矩阵，也就是行列式为 $0$ 。

六、证明

一

首先证明：一棵树，其基尔霍夫矩阵的任意余子式 $M[i,i]$ 等于 $1$ 。
为了方便讨论，我们交换第 $1$ 行和第 $i$ 行，再交换第 $1$ 列和第 $i$ 列，我们要证明的只是 $M[1,1]$ 。
定 $1$ 为根。
将 $2$ 到 $n$ 的点重新排列，使同一个子树内的点编号形成一个区间。
我们会发现，把第 $1$ 行第 $1$ 列去掉，就相当于分离了 $1$ 的所有子树。
我们可以把这个 $n-1$ 阶方阵拆成 $1$ 的度数个，每个小矩阵为一个子树的基尔霍夫矩阵，根为 $r$ 则矩阵第 $r$ 行第 $r$ 列加一。
易得 $M[1,1]$ 为这些小矩阵的行列式之积（因为一个 $a$ 到 $b$ 的排列和一个 $b+1$ 到 $c$ 的排列合并起来，相当于对应 $A$ 位置的乘积相乘，逆序对数相加）。
我们还要引入一个定理：
将基尔霍夫矩阵的第 $1$ 行第 $1$ 列凭空加上 $1$ 之后，行列式等于 $1$ 。
我们考虑用归纳法同时证明两个结论。
考虑行列式的式子中，每个排列 $p$ 对行列式的贡献。
证明第二个结论：
先讨论 $p_1=1$ 时，易得这对行列式的贡献为（$1$ 的度数加 $1$ ）再乘以所有子树的（根所在主对角线位置加 $1$ 后得到的行列式），也就是 $1$ 的度数加 $1$ 。
再考虑如果 $p_1=i$ ，那么 $i$ 一定是 $1$ 的子节点。 $i$ 的取法数为 $1$ 的度数。
分析一下可以得到，这时候 $p_i$ 必须为 $1$ ，否则对行列式的贡献为 $0$ 。
这样看上去对行列式的贡献为 $1$ ，但是由于 $p_1=i$ 和 $p_i=1$ 贡献了一个逆序对，对行列式的贡献为 $-1$ 。
所以， $p_1\ne 1$ 对行列式的贡献为 $-$ （ $1$ 的度数）。
贡献相加一下就证明了结论二。
于是结论一也得证。

二

一起来证明 Matrix-Tree 定理。
先构建一个辅助矩阵 $B$ ， 一个 $m\times n$ 的矩阵， $m$ 为边数。
对于第 $i$ 条边 $(u,v)$ ， $B[i,u]=1,B[i,v]=-1$ 。
易得 $B^TB=C$ 。
根据 Binet-Cauthy 定理：

$$|AB|=\sum_{|S|=n}|A_{S*}B_{*S}|$$
$A_{S*}$ 表示 $A$ 只保留 列向量集合 $S$ 后得到的矩阵。
$A_{*S}$ 表示 $A$ 只保留 行向量集合 $S$ 后得到的矩阵。
这个定理简单地说，一个 $n\times m$ 的矩阵乘以一个 $m\times n$ 的矩阵后的行列式，等于枚举一个大小为 $n$ 的集合 $S$ 且 $S\in\{1,2,...,m\}$ ，求 $A$ 和 $B$ 分别只保留 $S$ 对应的列向量和行向量集合后的方阵乘积的行列式，并把所有 $S$ 对应求出的行列式加起来。
所以：
设 $A_{i,j}$ 表示 $A$ 去掉第 $i$ 行第 $j$ 列后的子矩阵，
$$|C_{i,i}|=\sum_{|S|=n-1}|B^T_{\text{N/A},i,S*}B_{i,\text{N/A},*S}|$$
$$=\sum_{S=n-1}|C_{i,i}(S)|$$
$C(S)$ 表示边集 $S$ 构成的基尔霍夫矩阵。
讨论下这个式子。
相当于在 $B$ 中选出 $n-1$ 条边。
（1）选出的边构成环或不连通。
实际上， $n-1$ 条边连通 $n$ 个点的形态只能是树。
所以构成环和不连通其实是一样的。
由之前证出的定理得到贡献为 $0$ 。
（2）选出的边构成树。
根据基尔霍夫矩阵的性质，得到贡献为 $1$ 。
于是得证！！！！！
实现时注意自环。

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七、题目 & 推广

[BZOJ4031][HEOI2015]小Z的房间：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4031
[BZOJ4596][Shoi2016]黑暗前的幻想乡：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=4596
Alice：为什么我们要证明矩阵-树定理呢？
Bob：在应用中，矩阵-树定理有一些拓展。
下面给出两种常见拓展。
（1）有向图生成树计数。
①内向树生成树计数。
$A$ 为邻接矩阵， $D$ 为出度矩阵。
$C=D-A$ 。
以 $root$ 为根的内向生成树个数就是 $C$ 的余子式 $M[root,root]$ 的行列式。
②外向树生成树计数。
$A$ 为邻接矩阵， $D$ 为入度矩阵。
$C=D-A$ 。
以 $root$ 为根的外向生成树个数就是 $C$ 的余子式 $M[root,root]$ 的行列式。
[BZOJ5297][Cqoi2018]社交网络：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=5297
（2）边带权。
给定一个边带权的图，求其所有生成树的边权积之和。
$A$ 为边权矩阵， $D$ 为发出边权和矩阵。
即对于一条边 $(u,v)$ ，边权为 $w$ ， $A[u,v]=A[v,u]=w$ 。
当然如果有重边， $A[u,v]$ 为所有边 $(u,v)$ 的权值和。
$D[u,u]$ 等于由 $u$ 发出的所有边的权值之和。
对于任意 $u\ne v$ ， $D[u,v]=0$ 。
$C=D-A$ 。
所有生成树的边权积之和等于 $C$ 的任意余子式 $M[i,i]$ 的行列式。
[BZOJ3534][Sdoi2014]重建：
https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3534