笔记：矩阵树定理

矩阵树定理，顾名思义，它通过对一张图构造矩阵，用线性代数的手段，解决了图的生成树计数问题。

本文侧重于结论证明，可能不添加例题。

推导 & 证明

给定有向图 \(G = (V,E)\)，记 \(n=|V|,m=|E|\)，求这张图根向生成树个数，记为 \(t(G)\)。

根向生成树：除根节点之外，所有点都指向父亲。

定义 \(G\) 的出度矩阵 \(D(G)\)：\(D(G)_{i,j}=\begin{cases} \mathrm{out}_i & i=j \\ 0 & i \ne j \end{cases}\)。其中 \(\mathrm{out}_i\) 是 \(i\) 的出度。

定义 \(G\) 的邻接矩阵 \(A(G)\)：\(A(G)_{i,j} = \begin{cases} 1 & (i,j)\in E \\ 0 & (i,j)\notin E \end{cases}\)。

构造 Laplace 矩阵 \(L(G)=D(G)-A(G)\)。

如果图有自环，可以看作 \(D(G)_{i,i}\) 和 \(A(G)_{i,i}\) 同时加一，减去后抵消掉了，因此我们可以默认 \(G\) 不存在自环。

可以看到 Laplace 矩阵在对角线记录了出度信息，其它位置记录了边的情况，并且每行之和都为 \(0\)。

我们给出矩阵树定理对于根向生成树的形式（其他形式会在推导结束后自然引出）：

\[t(G) = \sum\limits_{i=1}^{n} \det(L(G)_{-i,-i}) \]

明确符号：

记 \([n]=\{1,2,\cdots,n\}\)。

对于矩阵 \(A\)，我们记 \(A_{S,T}\) 表示提取 \(S\) 中的行和 \(T\) 中的列构成的 \(A\) 的子矩阵。

而 \(A_{-i,-j}\) 表示 \(A_{[n]\setminus\{i\},[n]\setminus\{j\}}\)。

其中 \(i\) 像是在枚举生成树的根，下面我们来证明这一点。

首先要引入一个非常重要的公式，Cauchy-Binet 公式（暂时不放证明，因为笔者还不会）：

对于 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 和 \(m\times n\) 的矩阵 \(B\)，有：

\[\det(AB) = \sum\limits_{S\subseteq[m],|S|=n} \det(A_{[n],S})\cdot\det(B_{S,[n]}) \]

这个定理重要的是枚举子集 \(S\)，如果我们枚举的是 \(S\subseteq E\)，且 \(|S|=n-1\)，然后通过某种方式判断该边子集是否构成合法生成树，就可以得到答案。

于是我们要把 \(L(G)\) 拆成两个矩阵的乘积。由于 \(L(G)=D(G)-A(G)\)，也就是要做一个类似提取公因数的事情。

构造 \(n\times m\) 的矩阵 \(B\) 和 \(n\times m\) 的矩阵 \(C\)，满足：

\[\begin{aligned} \forall e\in E \\ B_{i,e} = \begin{cases} 1 & e=(i,*) \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases} \\ C_{i,e} = \begin{cases} 1 & e=(*,i) \\ 0 & \mathrm{otherwise} \end{cases} \end{aligned} \]

相当于 \(B\) 记录哪些边以 \(i\) 为起点，\(C\) 记录哪些边以 \(i\) 为终点。

不难发现，\(B\times B^{T}=D(G)\)，\(B\times C^{T}=A(G)\)，于是 \(L(G)=B\times(B^{T}-C^{T})\)。

记 \(H=B^T-C^T\)。

因此：

\[\det(L(G)_{-i,-i}) = \sum\limits_{S\subseteq[m],|S|=n-1} \det(B_{-i,S})\cdot\det(H_{S,-i}) \]

之后的目标非常明确，即证明当 \(S\) 是合法生成树是，\(\det(B_{-i,S})\cdot\det(H_{S,-i})=1\)，否则为 \(0\)。

不妨先分析一下这两个矩阵的性质：

• \(B\) 的每一列恰好有一个 \(1\)，因为我们删去了第 \(i\) 行，所以 \(B_{-i,S}\) 每一列至多一个 \(1\)。

  然后 \(B_{-i,S}\) 的每一行反映了其出边。如果存在一个不为 \(i\) 的点一个出边都没有，说明该行全 \(0\)，那么 \(\det(B_{-i,S})=0\)。

• 对于 \(H_{S,-i}\)，不难发现，每一行所代表的边，在起点处是 \(1\)，终点处是 \(-1\)。

  由于删去了第 \(i\) 列，所以 \(H_{S,-i}\) 每一行至多一个 \(1\) 和一个 \(-1\)。

如果选出的边集 \(S\) 不是弱连通的，一定可以找到一个不包含 \(i\) 的弱连通块，记点集为 \(T\)，显然 \(H_{S,T}\) 中每一行恰好一个 \(1\) 和一个 \(-1\)，即行和为 \(0\)，于是可以通过对 \(T\) 中的列做初等列变换（倍加）把所有列加起来，使得 \(H_{S,-i}\) 存在全 \(0\) 列，于是 \(\det(H_{S,-i})=0\)，即 \(\det(B_{-i,S})\cdot\det(H_{S,-i})=0\)。

如果选出的边集 \(S\) 是弱连通的，但不是合法生成树，

• 如果 \(\mathrm{out}_i>0\)，显然不合法，因为只有 \(n-1\) 条边，所以一定存在一个点 \(j\)，\(\mathrm{out_j}=0\)，此时 \(\det(B_{-i,S})=0\)。
• 如果 \(\mathrm{out}_i=0\)，但存在一个点 \(j\)，\(\mathrm{out}_j>1\)，同理，一定存在另一个点 \(k\)，\(\mathrm{out}_k=0\)，此时 \(\det(B_{-i,S})=0\)。
• 否则，\(\mathrm{out}_i=0\)，且其他点的出度恰好为 \(1\)，且 \(S\) 弱连通，那么 \(S\) 就是合法根向生成树了！

当 \(S\) 是合法生成树时，考虑不断进行如下调整，直到 \(H_{S,-i}\) 不存在 \(-1\)：

• 找到一个叶子 \(u\) 以及出边 \(e\)，
  • 如果 \(H_{e,-i}\) 这一行只有 \(H_{e,u}=1\)，说明 \(e\) 的终点是 \(i\)，结束过程。
  • 否则，设 \(H_{e,v}=-1\)，继续考虑 \(v\) 的出边 \(e'\)，显然 \(H_{e',v}=1\)。
    • 如果 \(H_{e',-i}\) 这一行只有 \(H_{e',v}=1\)，那么把 \(H_{e',-i}\) 加到 \(H_{e,-i}\) 上即可使 \(H_{e,v}=0\)。
    • 否则，递归下去考虑 \(v\) 作为叶子，直到 \(H_{e',-i}\) 中的 \(-1\) 被消掉后，再消掉 \(H_{e,-i}\) 的 \(-1\)。

经过上述操作，不难发现 \(H_{S,-i}\) 每一行记录了该边的起点，而这恰好是 \(B^T_{S,-i}\)！

根据倍加操作不改变行列式，我们有 \(\det(H_{S,-i})=\det(B^T_{S,-i})\)。

而又根据转置不改变行列式，得到 \(\det(B_{-i,S})\cdot\det(H_{S,-i})=\det(B_{-i,S})^2\)。

又因为 \([n]\setminus\{i\}\) 的每个点恰好有一个出边，因此可以通过初等行变换（对换）使得 \(B_{-i,S}\) 变为单位矩阵，那么 \(\det(B_{-i,S})^2=1\)。

综上所述，我们证明了该结论。

结论

根向生成树

\[\begin{aligned} L_{\mathrm{out}}(G) = D_{\mathrm{out}}(G)-A(G) \\ t_{\mathrm{root}}(G) = \sum\limits_{i=1}^{n} \det(L_{\mathrm{out}}(G)_{-i,-i}) \end{aligned} \]

叶向生成树

叶向生成树：除了根，所有点都被父亲指向的生成树。

相当于根向生成树把所有边翻转，于是只需把 \(D(G)\) 从出度矩阵变为入度矩阵即可。理论上要用 \(A(G)^T\)，但转置后行列式是不变的，所以不影响。

\[\begin{aligned} L_{\mathrm{in}}(G) = D_{\mathrm{in}}(G)-A(G) \\ t_{\mathrm{leaf}}(G) = \sum\limits_{i=1}^{n} \det(L_{\mathrm{in}}(G)_{-i,-i}) \end{aligned} \]

无向图生成树

相当于每条无向边换成两条相反的有向边，然后随便指定根即可。

此时 \(D(G)\) 应该是度数矩阵。

\[\begin{aligned} L(G) = D(G)-A(G) \\ \forall i\in[1,n],t(G) = \det(L(G)_{-i,-i}) \end{aligned} \]