第四章：矩阵树定理

图的伴随矩阵

考虑无向图 \((V, E)\)，定义它的伴随矩阵 \(B\) 是满足如下条件的一个 \(|V|\times|E|\) 的矩阵:
对于第 \(j\) 列，设第 \(j\) 条边的两个端点分别是 \(u, v(u<v)\)，边权为 \(w_j\)，那么第 \(j\) 列的第 \(u\) 行是 \(\sqrt {w_j}\)，第 \(v\) 行是 \(-\sqrt {w_j}\)，其它行均是 \(0\)。

接下来考虑如下性质：

性质一:伴随矩阵的第 \(i\) 行非零元数量就是 \(\deg(i)\)。特别的，叶节点对应行恰好有一个非零元。（在本文中，不存在边权为零的边。因此接下来不区分边权为零和这条边不存在）

性质二:设 \(T=(V, E)\) 是一颗树，它的伴随矩阵是 \(B\)，设 \(B^{(r)}\) 是去掉第 \(r\) 行后的矩阵。显然 \(B^{(r)}\) 是方阵并且 \(|\det(B^{(r)})|=\prod_{e\in E}\sqrt w_e\) 对任意 \(r\in V\) 成立。
证明：考虑归纳证明。显然当 \(|V|=2\) 时成立。
假设 \(|V|<n\) 时成立，那么当 \(|V|=n\) 时，考虑设 \(r\) 为树根，然后任取一个叶节点 \(k\)，设连接着它的边是 \(e\)。根据性质，第 \(k\) 行只有一个非零元，于是考虑对第 \(k\) 行做拉普拉斯展开。

\(\det(B^{(r)})=B^{(r)}_{k,e}A_{k,e}\)（\(A\) 是代数余子式），所以 \(|\det(B^{(r)})|=\sqrt w_e M_{k,e}=\sqrt w_e \prod_{e'\in E,e'\ne e}\sqrt w_{e'}=\prod_{e\in E}\sqrt w_e\)。

性质三:如果 \(|E|=|V|-1\)，那么图 \((V, E)\) 是树的充要条件是 \(\det(B^{(r)})\ne 0\)。

充分性根据性质二显然。为了证明必要性，只需要证明其逆否命题：如果图 \((V, E)\) 有环，那么 \(\det(B^{(r)})= 0\)，即 \(B^{(r)}\) 列线性相关。为此只需要证明 \(B\) 列线性相关。具体方法是取处原图构成环的一个边集 \(E'\)，考虑 \((V, E')\) 的伴随矩阵 \(B'\)。容易发现对其做初等列变换后可以消出全零列，因此列线性相关。

拉普拉斯矩阵

考虑无向图 \((V, E)\)，定义它的拉普拉斯矩阵 \(L\) 是满足如下条件的一个 \(|V|\times |V|\) 的矩阵(\(w\) 是邻接矩阵)：
\(L_{ii}=\sum_{j\ne i}w_{ij}，L_{ij}=-w_{ij}(i\ne j)\)。

根据定义，有 \(L=BB^{T}\)。

证明：\(L_{ij}=\sum_{e\in E}B_{ie}B_{je}\)，当 \(i=j\) 时，它就是 \(\sum_{e\in E}[i\text{在边}e\text{上}]w_e=\sum_{k\ne i}w_{ik}\)。
当 \(i\ne j\) 时，它就是 \(-w_{ij}\)。

类似的可以证明 \(L^{(r)}=B^{(r)}(B^{(r)})^T\)(\(L^{(r)}\) 是去掉点 \(r\) 后的拉普拉斯矩阵)

矩阵树定理

定义生成树的权值是它所有边的边权积。则一个无向图的所有生成树的权值和是 \(\det(L^{(r)})\) 对 \(\forall r\in V\) 成立。

证明：\(\det(L^{r})=\det(B^{(r)}(B^{(r)})^T)=\sum_{E'\subseteq E, |E'|=|V|-1}\det(B^{(r)}_{E'})^2\)（利用了宾纳-柯西定理）

\(=\sum_{E'\subseteq E, |E'|=|V|-1}[(V, E')\text{是树}]\prod_{e\in E'}w_e\) 等于其生成树的权值和。

有向图的情况

类似的定义拉普拉斯矩阵（\(L_{ii}\) 等于 \(i\) 的所有出边的权值和，\(L_{ij}=-w\) 表示存在 \(i\) 到 \(j\) 的权值为 \(w\) 的有向边），以 \(r\) 为根的内向生成树的权值和为 \(\det(L^{(r)})\)。

证明可以参考无向图的情况。

事实上，无向图的结论是有向图结论的直接推论。对于无向图，可以把每条无向边视作两条反向的有向边。这样两个图的拉普拉斯矩阵显然相同，并且钦定根节点后，它们的生成树也可以一一对应。