CSU 1805 Three Capitals（矩阵树定理+Best定理）

http://acm.csu.edu.cn/csuoj/problemset/problem?pid=1805

题意：

A和B之间有a条边，A和G之间有b条边，B和G之间有c条边。现在从A点出发走遍所有的边，然后再回到A点，问一共有多少种方法。

思路：

16年湖南省赛题目，这道题目是求欧拉回路的个数，和生成树的计数有一定的联系。

首先给出神奇的Best定理，这是什么鬼定理，反正查不到什么有关该定理的文章。。。

$ec(G)=t_s(G)\cdot deg(s)! \cdot \prod_{v\in V,\ v\ne s} (deg(v)-1)!,\ t_s(G):=$以s为根的外向树的个数。

这个有向图的外向树个数其实和无向图的生成树个数是差不多的，总之就是矩阵树定理，但是稍微还是有点不同的地方。

基尔霍夫矩阵的构造是不太一样的，毕竟一个是无向图，一个是有向图：

无向图中的度数矩阵是每个顶点的度数，有向图中的度数矩阵是每个顶点的入度。

邻接矩阵的话是u->v的边数，这和无向图是差不多的。

然后是矩阵的计算：

无向图的生成树个数=任意n-1阶主子式的值

有向图的外向树个数=除去根节点所在的阶的主子式的值

注意一下，这道题目还需要计算组合数，比如说，A和B之间有a条边，那么我可以选择x条边为入边，那么剩余的a-x条边为出边，在这个过程中就会有不同的选择方法。总的也就是$C(a,x)*C(b,y)*C(c,z)$。

 #include<iostream>
 #include<algorithm>
 #include<cstring>
 #include<cstdio>
 #include<sstream>
 #include<vector>
 #include<stack>
 #include<queue>
 #include<cmath>
 #include<map>
 #include<set>
 using namespace std;
 typedef long long ll;
 typedef pair<int,ll> pll;
 const int INF = 0x3f3f3f3f;
 const int maxn=+;
 const ll mod=1e9+;
 
 int a,b,c;
 ll f[];
 ll A[][];
 
 void init()
 {
     f[]=;
     for(int i=;i<=;i++)  f[i]=f[i-]*i%mod;
 }
 
 ll qpow(ll a,ll n)
 {
     ll ans=;
     while(n)
     {
         if(n&) ans=ans*a%mod;
         a=a*a%mod;
         n>>=;
     }
     return ans;
 }
 
 ll C(ll n,ll m)
 {
     return (f[n]*qpow(f[m],mod-)%mod)*qpow(f[n-m],mod-)%mod;
 }
 
 ll calc()
 {
     return (A[][]*A[][]%mod-A[][]*A[][]%mod+mod)%mod;
 }
 
 int main()
 {
     //freopen("in.txt","r",stdin);
     init();
     while(~scanf("%d%d%d",&a,&b,&c))
     {
         if((a+c)& || (a+b)& || (b+c)&)  {puts("");continue;}
         ll ans=;
         for(int i=;i<=a;i++)  //枚举A->B的边数
         {
             memset(A,,sizeof(A));
             A[][]=(a+b)/;
             A[][]=(a+c)/;
             A[][]=(b+c)/;
             A[][]=-i;
             A[][]=-(a-i);
             A[][]=-(A[][]-i);
             A[][]=-(b+A[][]);
             A[][]=-(A[][]+A[][]);
             A[][]=-(c+A[][]);
             if(A[][]> || A[][]> || A[][]> || A[][]>)  continue;
 
             ll res=(C(a,i)*C(c,-A[][])%mod)*C(b,-A[][])%mod;
 
             res=(res*calc())%mod;
             for(int i=;i<;i++)  res=res*f[A[i][i]-]%mod;
             res=res*f[A[][]]%mod;
             ans=(ans+res)%mod;
         }
         printf("%lld\n",ans);
     }
     return ;
 }