Matrix_tree Theorem 矩阵树定理学习笔记
Matrix_tree Theorem:
给定一个无向图, 定义矩阵A
A[i][j] = - (<i, j>之间的边数)
A[i][i] = 点i的度数
其生成树的个数等于 A的任意n - 1阶主子式的值。
关于定理的相关证明 可以看这篇文章, 讲得非常详细, 耐心看就能看懂：
关于求行列式, 可以用高斯消元。 如果是模域下求行列式, 可以用欧几里得算法。 具体实现看这篇文章
模域下求行列式 模板题：SPOJ DETER3
代码：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std; #define N 220
#define M 400010
typedef long long ll; const int Mod=;
const double eps = 1e-; ll Solve(ll a[N][N], int n, ll mod)
{
ll res = ;
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
for (int j = i; j <= n; ++j)
{
if (a[j][i] < )
{
res *= -;
for (int k = i; k <= n; ++k)
a[j][k] *= -;
}
}
int j;
for (j = i; j <= n && !a[j][i]; ++j);
if (j > n) return ; if (j != i)
{
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
} for (j = i + ; j <= n; ++j)
{
while (a[j][i])
{
ll d = a[i][i] / a[j][i];
for (int k = i; k <= n; ++k) a[i][k] -= d * a[j][k] % mod, a[i][k] %= mod;
for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
res = -res;
}
}
res = res * a[i][i] % mod;
}
if (res < ) res += mod;
return res;
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int n; ll mod;
while (scanf("%d %lld", &n, &mod) != EOF)
{
ll a[N][N];
for (int i = ; i <= n; ++i)
for (int j = ; j <= n; ++j)
scanf("%lld", &a[i][j]);
printf("%lld\n", Solve(a, n, mod));
} return ;
}
下面给出一些应用(练习题):
应用一：SPOJ HIGH
模板题： 给出一个无向图, 求生成树个数。
代码：
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std; #define N 13
#define M 400010
typedef long long ll; const int Mod=;
const double eps = 1e-; double Solve(int n, double a[N][N])
{
if (n == ) return ; /*for (int i = 1; i <= n; ++i)
for (int j = 1; j <= n; ++j)
printf("%.0lf%c", a[i][j], j == n? '\n':' ');*/ double res = ;
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
int j;
for (j = i; j <= n && fabs(a[j][i]) < eps; ++j);
if (j > n) return ;
if (j != i) for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]); for (int j = i + ; j <= n; ++j)
{
double f = a[j][i] / a[i][i];
for (int k = i; k <= n; ++k)
a[j][k] -= f * a[i][k];
}
res *= a[i][i];
} return res;
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int T, n, m, x, y;
scanf("%d", &T);
while (T--)
{
double a[N][N] = {};
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = ; i <= m; ++i)
{
scanf("%d %d", &x, &y);
a[x][y]--, a[y][x]--;
a[x][x]++, a[y][y]++;
}
printf("%.0lf\n", Solve(n - , a));
} return ;
}
应用二：BZOJ 4031
构图后 求生成树个数 mod 一个数。
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <queue>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <set>
#include <cmath>
using namespace std; #define N 120
#define M 400010
typedef long long ll; const int Mod=;
const double eps = 1e-; ll Solve(ll a[N][N], int n, ll mod)
{
if (n == ) return ;
ll res = ;
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
//for (int p = 1; p <= n; ++p)
// for (int q = 1; q <= n; ++q)
// printf("%lld%c", a[p][q], q == n? '\n':' '); for (int j = i; j <= n; ++j)
{
if (a[j][i] < )
{
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) a[j][k] *= -;
}
} int j;
for (j = i; j <= n && !a[j][i]; ++j);
if (j > n) return ; if (j != i)
{
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
} for (j = i + ; j <= n; ++j)
{
while (a[j][i])
{
ll d = a[i][i] / a[j][i];
for (int k = i; k <= n; ++k) a[i][k] -= d * a[j][k] % mod, a[i][k] %= mod;
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
}
}
res = res * a[i][i] % mod;
// printf("res = %lld\n", res);
}
if (res < ) res += mod;
// cout << "aa= "<<res <<endl;
return res;
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int n, m; ll mod = ;
char mp[][]; int tot = ;
int id[][];
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
for (int j = ; j <= m; ++j)
{
scanf(" %c", &mp[i][j]);
if (mp[i][j] == '.') id[i][j] = ++tot;
}
}
ll a[N][N] = {};
for (int i = ; i < n; ++i)
{
for (int j = ; j <= m; ++j)
{
if (mp[i][j] == '.' && mp[i + ][j] == '.')
{
int x = id[i][j], y = id[i + ][j];
a[x][y]--, a[y][x]--;
a[x][x]++, a[y][y]++;
}
}
}
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
for (int j = ; j < m; ++j)
{
if (mp[i][j] == '.' && mp[i][j + ] == '.')
{
int x = id[i][j], y = id[i][j + ];
a[x][y]--, a[y][x]--;
a[x][x]++, a[y][y]++;
}
}
}
printf("%lld\n", Solve(a, tot - , mod));
return ;
}
应用三： BZOJ 2467
这题数据范围比较小,可以暴力建图 然后跑Matrix tree。
另外可以直接推公式：
一共有4n个点, 5n条边, 所以要删去n - 1条边, 然后可以发现 每个五边形外面的4条边最多只能删一条。
根据鸽笼原理合法的解 一定是 有一个五边形删去了里面的那条边 和外面的某条边, 其余的五边形删去了任意一条边。
所以答案就是$4*n*5^{n-1}$
Matrix tree 代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define N 420
#define M 11 typedef long long ll;
const int Mod = ;
const int INF = << ; void Add(int x, int y, int &tot, int a[N][N])
{
a[x][tot + ] = a[tot + ][x] = -;
a[tot + ][tot + ] = a[tot + ][tot + ] = -;
a[tot + ][tot + ] = a[tot + ][tot + ] = -;
a[tot + ][y] = a[y][tot + ] = -;
a[tot + ][tot + ] = a[tot + ][tot + ] = a[tot + ][tot + ] = ;
a[x][x] = a[y][y] = ; tot += ;
a[x][y]--,a[y][x]--;
} int Solve(int n, int a[N][N], int mod)
{ if (n == ) return ;
int res = ;
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
for (int j = i; j <= n; ++j)
{
if (a[j][i] < )
{
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) a[j][k] = -a[j][k];
}
}
//cout << i << endl;
//for (int p = 1; p <= n; ++p)
// for (int q = 1; q <= n; ++q)
// printf("%d%c", a[p][q], q == n? '\n':' ');
//printf("\n");
int j;
for (j = i; j <= n && !a[j][i]; ++j);
if (j > n) return ;
if (i != j)
{
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
} for (j = i + ; j <= n; ++j)
{
while (a[j][i])
{
int d = a[i][i] / a[j][i];
for (int k = i; k <= n; ++k) a[i][k] -= d * a[j][k] % mod, a[i][k] %= mod;
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
}
}
res = res * a[i][i] % mod;
}
if (res < ) res += mod;
return res;
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int T; scanf("%d", &T);
while (T--)
{
int n, mod = , tot, a[N][N] = {}; scanf("%d", &n); tot = n;
for (int i = ; i < n; ++i) Add(i, i + , tot, a);
Add(n, , tot, a);
printf("%d\n", Solve(tot - , a, mod));
}
return ;
}
应用四：BZOJ 1016
题目大意：求最小生成树个数。
性质一：无向图所有MST中，相同权值的边数一样多。
证明看https://blog.sengxian.com/solutions/bzoj-1016
性质二：对于任意MST，加入所有权值<=w的边后, 形成的森林连通性相同 。
证明：
考虑Kruskal算法的过程，我们首先会尽可能多的加入权值最小的边。这个过程相当于拿出所有权值最小的边，然后任意求一颗生成树，因此我们可以知道，能加入的权值最小的边的数量是一定的，而且加入这些边之后 形成的森林连通性相同。
结合性质一，对于任意一棵MST，因为它包含的权值最小的边数和做Kruskal算法求出的MST包含的边数是一样的，这些边又不能形成环，因此这些边形成的森林和 做Kruskal时形成的森林连通性是一样的。 对于任意MST，加入所有权值最小的边后, 形成的森林连通性相同 。
然后我们考虑把已经形成的联通块缩点， 考虑所有权值第二小的边，重复上面的过程，可以证明对于任意MST，加入所有权值<=w的边后, 形成的森林连通性相同 。
所以我们的算法就可以模拟这个过程, 把边按权值从小到大排好序, 每次加入权值相同的所有边, 形成一些连通块， 然后对于每个连通块, 跑Matrix tree 求出形成这个连通块有多少种方案。 统计好之后每个连通块缩点, 进行下一种权值的边的加边操作。 代码实现起来还是挺多细节的。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define N 120
#define M 1010 typedef long long ll;
const int Mod = ;
const int INF = << ; struct Edge
{
int x, y, z;
bool operator < (const Edge &t)const{return z < t.z;}
}e[M]; int Solve(int n, int a[N][N], int mod)
{
if (n == ) return ;
int res = ;
for (int i = ; i < n; ++i)
{
for (int j = i; j < n; ++j)
{
if (a[j][i] < )
{
res = -res;
for (int k = i; k < n; ++k) a[j][k] = -a[j][k];
}
}
int j;
for (j = i; j < n && !a[j][i]; ++j);
if (j == n) return ;
if (i != j)
{
res = -res;
for (int k = i; k < n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
} for (j = i + ; j < n; ++j)
{
while (a[j][i])
{
int d = a[i][i] / a[j][i];
for (int k = i; k < n; ++k) a[i][k] -= d * a[j][k] % mod, a[i][k] %= mod;
res = -res;
for (int k = i; k < n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
}
}
res = res * a[i][i] % mod;
}
if (res < ) res += mod;
return res;
} int father[N], id[N], pa[N], num[N];
vector<int> lis[N];
vector<pair<int, int> > ed[N]; int Find(int x)
{
if (father[x] == x) return x;
father[x] = Find(father[x]);
return father[x];
} void Merge(int x, int y)
{
x = Find(x), y = Find(y);
if (x != y) father[x] = y;
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int n, m, mod = ;
scanf("%d %d", &n, &m);
for (int i = ; i <= m; ++i) scanf("%d %d %d", &e[i].x, &e[i].y, &e[i].z);
sort(e + , e + m + ); int res = , block = n;
for (int i = ; i <= n; ++i) id[i] = i;
for (int l = , r; l <= m;)
{
for (r = l; r < m && e[r + ].z == e[l].z; ++r);
for (int i = ; i <= block; ++i) father[i] = i;
for (r = l; r < m && e[r + ].z == e[l].z; ++r);
for (int i = l; i <= r; ++i) Merge(id[e[i].x], id[e[i].y]); int tot = ;
for (int i = ; i <= block; ++i) if (father[i] == i) pa[i] = ++tot;
for (int i = ; i <= block; ++i) pa[i] = pa[Find(i)];
for (int i = ; i <= block; ++i) lis[pa[i]].push_back(i), num[i] = lis[pa[i]].size() - ;
for (int i = l; i <= r; ++i)
{
int x = id[e[i].x], y = id[e[i].y];
if (x == y) continue;
ed[pa[x]].push_back(make_pair(num[x], num[y]));
}
for (int i = ; i <= tot; ++i)
{
int a[N][N] = {}, x, y;
for (int j = ; j < ed[i].size(); ++j)
{
x = ed[i][j].X, y = ed[i][j].Y;
a[x][x]++, a[y][y]++;
a[x][y]--, a[y][x]--;
}
res = res * Solve(lis[i].size() - , a, mod) % mod;
} for (int i = ; i <= n; ++i) id[i] = pa[id[i]];
for (int i = ; i <= tot; ++i) lis[i].clear(), ed[i].clear();
block = tot; l = r + ;
}
if (block > ) puts("");
else printf("%d\n", res);
return ;
}
应用五： BZOJ 3534 Matrix Tree Theorem 的扩展, 非常精彩的题。
题目大意：
给出一个无向图, 两点之间的连边会有一个概率， 求连成一颗树的概率。
这个题如果没有看过Matrix Tree Theorem定理的证明,只是记住结论 应该是做不出来的。。。
先来看一个简化版本：
给出一个无向图, 定义它的一棵生成树的权值为所有边权的乘积。 求所有生成树的权值和。 ( 原题还要考虑一些边不选的概率 这题只靠考虑选的边）
参考最前面给出的 证明Matrix Tree Theorem定理的文章。
原来是
A[i][j] = - (<i, j>之间的边数)
A[i][i] = 点i的度数
现在改成
A[i][j] = - (<i, j>之间的所有边权和)
A[i][i] = 和i相连的所有边的边权和
修改关联矩阵B的定义, 把1 改成 $e_j$的边权开根号后的值。
这里也做相应的修改, 把 -1 改成 -<i,j>之间的边权和, the degree of i 改成和i相连的所有边的边权和。
做了以上修改之后
刚好就是所选的生成树的边权的乘积。
所以用修改后的A数组跑Matrix Tree就可以解决这个问题了。
当然原题 还要乘上 其他边不选的概率。 再对A数组做点小修改就好了。具体实现看代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <vector>
#include <cmath>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std; #define X first
#define Y second
#define N 100
#define M 11 typedef long long ll;
const int Mod=;
const int INF=<<; const double eps = 1e-; double Solve(double a[N][N], int n)
{
if (n == ) return ;
double res = ;
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
int j = i;
for (int k = i + ; k <= n ; ++k) if (fabs(a[k][i]) > fabs(a[j][i])) j = k;
if (fabs(a[j][i]) < eps) return ;
if (i != j)
{
res = -res;
for (int k = i; k <= n; ++k) swap(a[i][k], a[j][k]);
} for (j = i + ; j <= n; ++j)
{
double f = a[j][i] / a[i][i];
for (int k = i; k <= n; ++k) a[j][k] -= f * a[i][k];
}
res *= a[i][i];
}
return res;
} int main()
{
//freopen("in.in","r",stdin);
//freopen("out.out","w",stdout); int n;
double a[N][N] = {}, res = ; scanf("%d", &n);
for (int i = ; i <= n; ++i)
{
for (int j = ; j <= n; ++j)
{
scanf("%lf", &a[i][j]);
if (i == j) continue;
if (i < j && fabs(a[i][j] - ) > eps) res *= - a[i][j];
if (fabs(a[i][j] - ) > eps) a[i][j] = -a[i][j] / ( - a[i][j]);
else a[i][j] = -a[i][j];
}
}
for (int i = ; i <= n; ++i)
for (int j = ; j <= n; ++j)
if (i != j) a[i][i] -= a[i][j];
printf("%.8lf\n", fabs(res * Solve(a, n - )));
return ;
}
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