Matrix Tree Theorem & LGV Lemma & Best Theorem

三个定理都和行列式有关系，放在一起看联系。

行列式基础：

约定：

  • \(\tau(P)\) 表示排列 \(P\) 的逆序对数量
  • \(det(A)=\sum\limits_{P}(-1)^{\tau(P)}\prod\limits_{i}^{n}A_{i,p_i}\)

引理：

引理1：对换（交换排列中任意两个元素）改变 \(\tau(P)\) 奇偶性：

考虑一次临项交换必定会使得逆序对数量 \(+-1\)，一定会改变奇偶性。兑换 \((i,j),i<j\) 可以看成将 \(p_i\) 向右进行 \(i-j\) 次临项交换，将 \(a_j\) 向左进行 \(i-j-1\) 此临项交换。共进行了 \(2\times(i-j)-1\) 次，因此一定会改变排列逆序对数量的奇偶性。

引理2：行列交换，行列式值不变。

每一行只选一个，因此是对称的。

引理3：单位矩阵 \(I\) 的行列式的值为 \(1\)

除了对角线的排列，没得选。
类似的，上三角矩阵的行列式的值为 \(\prod\limits_{i=1}^{n}a_{i,i}\)。

引理3：交换两行，行列式变号。

只考虑这两行，相当于对每个排列在这两行做一次对换，奇偶性改变，因此行列式的值会变号。

引理4：给某一行 \(\times t\)，行列式 \(\times t\)

这个是比较显然的，每一行只选一个，因此可以给他提出来这个 \(t\)。

引理5：行具有线性性

两个矩阵只有一行不一样，两个矩阵这一行对应相加之后的行列式的值=两个矩阵行列式的值相加。

还是每一行只选一个，因此对于某行中选了某个数的，给他展开之后就行了。

引理6：有两行一样的矩阵，行列式为 \(0\)

根据引理3，交换两行符号取反，但是矩阵没有边，相当于 \(det(A)=-det(A)\)，即 \(det(A)=0\)。

引理7：用矩阵的一行加上另一行的倍数，行列式不变。

假设是第 \(i\) 行加到第 \(j\) 行，构造一个第 \(j\) 行和第 \(i\) 行都是原矩阵中第 \(i\) 行的矩阵。根据引理6，这个矩阵的行列式为 \(0\)。

给第 \(j\) 行 \(\times k\)，根据引理4，矩阵的行列式仍为 \(0\)。

然后根据引理5，两个矩阵第 \(j\) 行对应相加之后的行列式等于之前两个行列式的值相加。

一个是零，一个是原矩阵，发现行列式的值就是原矩阵的。

高斯消元求行列式：

高斯消元其实只需要交换行，一行加上另一行的倍数，记录交换次数即可。

注意为了避免实数预算，使用辗转相减法做高斯消元，模板：

点击查看代码 
int Gauss()
{
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++)
	{
		for(int j=i+1;j<=n;j++)
		{
			while(a[j][i]!=0)
			{
				int d=a[i][i]/a[j][i];
				for(int k=i;k<=n && d;k++) a[i][k]=(a[i][k]-a[j][k]*d%mod+mod)%mod;
				swap(a[i],a[j]),ans=-ans;
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) ans=ans*a[i][i]%mod;
	
	return (ans+mod)%mod;
}

注意：对于一些有规律的行列式，可以考虑展开后求递推式。

定义去掉某些行列的剩余部分行列式为余子式，然后代数余子式就是乘上 \((-1)^{sumrem_i+sumrem_j}=(-1)^{sumdel_i+sumdel_j}\)

设删掉 \(i,j\) 的余子式称为 \(M_{i,j}\)；

那么就有 \(D=\sum\limits_{j=1}^{m}(-1)^{i+j}M_{i,j} \times a_{i,j}\)。

通过这个可以降阶。

更一般的表述是下面的定理：

拉普拉斯展开定理：在 \(n\) 阶行列式中，任意取定 \(k\) 行，由 \(k\) 行元素组成的所有 \(k\) 阶子式与代数余子式乘积之和等于行列式的值。

\(a_{i,j}\) 相当于为子式，\(M_{i,j} \times (-1)^{i+j}\) 相当于代数余子式。

[FJOI2007]轮状病毒 题解

矩阵树定理（Matrix-Tree Theorem)

结论：

矩阵树定理指出了一下事实：

定义 Kirchhoff(Laplace) 矩阵为：

\( K_{i,j}= \left\{ \begin{aligned} \sum\limits_{k!=i} w(i,k) & & i=j \\ -w(i,j)& & i!=j \\ \end{aligned} \right. \)

其中 \(w(i,j)\) 表示边 \((i,j)\) 对 \(i\) 的影响（边的方向视情况而定）

记 \(M\) 为 \(K\) 删掉任意编号相同的行列后的矩阵 （\(n-1\) 阶子矩阵）

则有：

\[\sum\limits_{T}\prod\limits_{(u,v)\in T}w(u,v)=det(M) \]

容易发现当权值都为 \(1\) 的时候，统计的是有根生成树的方案数，记作 \(T(G,k)\)，表示图 \(G\) 以 \(k\) 为根的生成树个数。

其中删掉的行列是作为跟

应用

无向图生成树：

无论是求数量还是边权的乘积，都只用维护出 \(w\) 矩阵即可。

直接把无向边视为有向边，分别贡献 \(w()\) 即可。

有向图生成树

  • 内向树：\(w(i,j)\) 表示边 \(i\rightarrow j\) 对 \(i\) 的贡献（出度）
  • 外向树：\(w(i,j)\) 表示边 \(i \leftarrow j\) 对 \(i\) 的贡献（入度）

为啥是这样呢，考虑从删掉的一行一列考虑， 内向树跟没有出度，因此删掉他，统计他人的出度，外向树跟没有入度，统计他人入度。

例题与扩展：

相当于统计每个恰好 \(0\) 人不参与的方案数，经典套路容斥，转化为钦定 \(i\) 人不参与，其余任意的方案数。

然后就是矩阵树定理模板了。

注意不选的边不选也是有概率的，不止和选了的边有关系。

考虑形式化列出要求的东西：

\[\sum\limits_{T}\prod\limits_{e \in T} p_e \prod\limits_{e\notin T}(1-p_e) \]

矩阵树定理能求的只能和选了的有关系，不选的部分我们用所有的除以选了的来处理（最关键点）

变成:

\[\sum\limits_{T}\prod\limits_{e \in T} p_e \times \frac{\prod\limits_{e}(1-p_e)}{\prod\limits_{e \in T}(1-p_e)} \]

化简：

\[\prod\limits_{e}(1-p_e) \sum\limits_{T}\prod\limits_{e \in T} \frac{p_e}{1-p_e} \]

对于 \(0,1\) 用 \(eps\) 扰动一下即可。

最小生成树经典结论：

  • 对于不同的最小生成树，边权相同的边总是数量相同的。
  • 对于不同权值的边，互不影响，也就是加入每种权值得边贡献的连通性相同。

根据 Envy 的套路，想到了一个看起来很对的假做法：预处理出所有可能在最小生成树中边，然后直接跑矩阵树定理。

其实是错误的，因为这样对导致不同权值之间的边相互影响，使得某种边权的边贡献的连通性超过或不足自己本来应该贡献的。

hack数据:

点击查看代码 
4
1 2 1
3 4 1
1 4 2
2 3 2

如果直接预处理，有可能连出两个 \(2\) 边权的生成树。

那怎么办呢：注意到每种边权的边贡献的连通性确定，也就是加入其他边权的任意树边后形成的连通块上，这种边权的边在做任意生成树，此时可以用矩阵树定理求出方案数。

由于不同权值的边互不影响，因此可以直接乘起来。

复杂度：设每种边权在 \(k\) 个联通块上做生成树，则总复杂度为 \(\sum\limits_{k} k^3 < n^3 (\sum\limits_{k} = n-1)\)

边权的改造：

将边权设定为多项式/生成函数，可以多加一维限制，同时可以处理的信息更为广泛。

回忆二项式定理的部分：\((x+y)^k=\sum\limits_{i=0}^{k}\binom{k}{i}x_iy_{k-i}\)。

卷积带组合数，考虑用 EGF 消掉，\(F_w(x)=\sum\limits_{i \ge 0}\frac{w^i x^i}{i!}\)，这样就是直接卷积（多项式乘法），比较方便。

这样最终的答案就应该是 \(k![x^k] Det(M)\)。

注意，选主元的时候，不能选常数项为 \(0\) 的。

练习：[省选联考 2020 A 卷] 作业题

把边权用集合幂级数描述，设 \(f_w=x^w\)，这样在位运算下做乘法，最终的 \([x^n]\) 就是位运算权值为 \(n\) 的方案数。

\(\operatorname{FWT}\) 做完后是是点积，分开做就好了。

LGV 引理（LGV Lemma）

人话描述，证明省略。

定义与约定：

  • 给定 \(n\) 个起点 \(\{a_i\}\) 和终点 \(\{b_i\}\)，以及一张包含这些点的 DAG，保证起点无入度，终点无出度。

  • 定义一条路径 \(P\) 的权值是经过所有边边权的乘积：\(W(P)=\prod\limits_{e \in P} w_e\)。

  • 定义在排列上的路径 \(P_i\) 为 \(\{P_i: a_i \rightarrow b_{p_i},p \in S_n\}\),

    其中 \(p\) 是这个路径组的排列，也就是起点对应的终点是谁。

  • 定义一个路径组 \(P: \{P_i, p \in S_n\, i=\{1,2,3,…,n\}\}\)

    如果这个路径组中不存在任何一个结点 \(u\)，使得存在 \(i,j,i \not =j,u \in P_i,u \in P_j\)，则称这个路径组为无交路径组，记为 \(P'\)。

    路径组的权值为所有路径权值的乘积：\(W(P)=\prod\limits_{i=1}^{n}W(P_i)\)

  • 构造矩阵 \(A \in \mathbb{Z}^{n \times n}\)，其中 \(A_{i,j}=W(a_i,b_j)\)，

    其中 \(W(a_i,b_j)\) 就是从 \(a_i\) 到 \(b_j\) 的所有路径 \(P\) 的权值和：\(\sum W(P)\)。

结论：

\[Det(A)=\sum\limits_{P'}(-1)^{\sigma(p)}W(P') \]

应用：

对于应用场景的要求：

  • 必须在 DAG 上；

  • 一般会要求所有路径无交。

对于最终结论的应用一般有两种：

  • 直接和你说是逆序对数量偶减奇的方案数；

  • 合法的不交路径唯一（没有逆序对），则此时路径的数量（权值）就是行列式的值。

对于细节分析和具体做法，确定 LGV 引理的三个要素：起点集合，终点集合，矩阵权值。

一般情况下要么在起点终点集合上做手脚，要么要求你快速算矩阵权值。

或者直接对着行列式的式子做排列的状压 Dp。

例题：

Best 定理 (Best Theorem)

直接上，没有废话，不证明了。

无向图欧拉回路计数不可做，不要再往这个方面想了。

如果是无向图尝试定向。

结论：

欧拉回路：

无向图 \(G\) 的欧拉回路数量为（同构的算一个，无起点）：

\[T(G,k) \prod\limits_{i=1}^{n}(deg(i)-1)! \]

\(T(G,k)\) 就是矩阵数定理里面描述的那个，现在具体指的是以 \(k\) 为根的内向生成树的个数。

注意在欧拉回路中有：$\forall u,v\in [1,n], T(G,u)=T(G,v) $。

如果算以 \(u\) 为起点的，则需要再乘上一个 \(deg_u\)，表示枚举第一条出边。

你可以理解为，先选定一个起点，然后将整个回路分成了 \(deg\) 段，如果无起点相当于环排列数量，有起点相当于排列数量。

欧拉路径

后来发现欧拉路径也是可以的，其实很多次用了就是总结一一下：

欧拉路径的判定是（不含回路），有且仅有一个起点 \(S\) 和终点 \(T\)，就是入度和出度不相等的那两个点。

先把他变成欧拉回路，连一条 \(T \rightarrow S\) 的边，此时对于矩阵树的那个基尔霍夫矩阵影响是：\(K_{T,S}-1,K_{T,T}+1\)。

但是如果我们算以 \(T\) 为根的内向树个数，这个是不受影响的。

算剩余部分的时候，注意到这个 \(T\) 的出度加了 \(1\)，而且我们算的是以他为起点的，因此他的系数是 \((d_{T}+1)!\)，但是我们还要求这个新连的边必须是第一条，因此还要除上 \(d_{T}+1\).

这样最终欧拉回路的数量就是：

\[F(S,T)=d_T \times \operatorname{T}(G,T) \prod\limits_{i=1}^{n}(d_i-1)! \]

应用：

应用场景：

必须是欧拉回路（路径）才行，然后记得去掉孤立点，即在矩阵中删掉一行一列即可。

欧拉回路的判定：所有点入度等于出度，并且所有非零度点强连通。

应用方法：

最主要的就是建模出来有向欧拉回路模型。答案是在计数方案，没啥难的，比前两个建模简单很多。

很多时候经过点的限制要拆到边上刻画。

例题：

posted @ 2025-03-15 22:01  Richard_whr  阅读(58)  评论(0)    收藏  举报