LGV 引理、Cauchy-Binet 定理、Matrix-Tree 定理、BEST 定理
尽管有的证明较为繁琐，学习它们也很有意义。摘一段大佬的博客里的话：
为什么要写这个证明呢？周围很多人认为比较浪费时间，一般不考。然而输入感知定理其中的智慧，不仅对于图论、线性代数有了更深入的了解，还可以为思维注入一些新鲜血液，因此对我个人而言不全是浪费时间之举。
——《Matrix Tree 定理及证明》
一些定义和公式的写法抄自网上的博客，向大佬们道声谢。
还没完成的：学习矩阵树定理的容斥证明。
符号约定
\(\sigma(p)\) 表示排列 \(p\) 中的逆序对数。
LGV 引理
疑问：LGV 引理是边权还是点权、能否描述无公共边？LGV 引理为何要在 DAG 上？
用于统计 DAG 上不相交（路径两两无公共点/无公共边）路径的权值和，实质上描述了行列式的图论意义。
称一条路径 \(P\) 的权值为 \(w(P)\)，通常定义作边权或点权之积，或 \(1\)；这个定义有限制，见构造双射的步骤。分别有 \(n\) 个起点 \(A_1,A_2,\ldots,A_n\) 和 \(n\) 个终点 \(B_1,B_2,\ldots,B_n\)，定义一个路径组 \(S=\{P_1,P_2,\ldots,P_n\}\)，其中 \(P_i:A_i\to B_{p(S)_i}\)，\(p(S)\) 是一个排列。定义路径组的权值 \(w(S)=\prod_{i=1}^nw(P_i)\)，意义由 \(w(P)\) 决定，可以是所有路径的点权/边权之积，或总方案数。另定义 \(e(u,v)=\sum_{P:u\to v}w(P)\)。
LGV 引理：对于 \(n\times n\) 的矩阵 \(M\)，其中 \(M_{i,j}=e(A_i,B_j)\)，有：
即：
证明：
我们充分发扬乘法分配律。
接下来构造双射，使用 \((-1)^{\sigma(p(S))}\) 这一容斥系数消掉带相交的路径组。记相交的路径对 \(P_i,P_j\) 为 \((i,j) \ (i<j)\)，对于相交路径组 \(S\)，找到字典序最小的 \((i,j)\)，再找到 \(P_i,P_j\) 最早的交点/公共边。将该交点/公共边之后的两段路径交换，得到新的路径组 \(f(S)\)。显然有 \(f(f(S))=S\)，那么 \(S\) 与 \(f(S)\) 一一对应。\(w(P)\) 的定义要满足 \(w(S)=w(f(S))\)；交换后容斥系数多乘或多除了 \(-1\)。于是有：
理解
双射和容斥解决了后半部分的转化，而前半部分的行列式是快速计算的手段。
特殊情况：\(\sigma(p(S))>0\Rightarrow S\) 中路径有交，例如网格图上的两排点（起点、终点）顺次编号。此时计算的是 \(\sum_{S 中路径无交, \sigma(p(S))=0}w(S)\)，即确定了起点和终点的配对关系。
一般情况：把 \(i,p_i\) 分别排成两排（都从小到大），把边 \(i\to p_i\) 画在纸上，可以发现交点数等于逆序对数。那么 LGV 引理算的就是交点数（逆序对数）为偶数的权值和/方案数 \(-\) 交点数为奇数的权值和/方案数。
Cauchy-Binet 定理
\(A\times B \text{ problem.}\)（大雾）
有 \(n\times m\) 矩阵 \(A\) 和 \(m\times n\) 矩阵 \(B\)，记 \(A[S]\) 表示矩阵 \(A\) 保留所有行、编号在 \(S\) 中的所有列，\(B[S]\) 表示矩阵 \(B\) 保留所有列、编号在 \(S\) 中的所有行，那么：
其实还有 \((\det A[S])\cdot(\det B[S])=\det(A[S]B[S])\)。
若 \(m<n\)，则 \(\det(AB)=0\)。
证明：
LGV 引理给出了一种组合视角的证明。现在有 \(3\) 列点，分别有 \(n,m,n\) 个。第 \(1\) 列点连向第 \(2\) 列点，\(i\to j\) 的边权为 \(A_{i,j}\)；第 \(2\) 列点连向第 \(3\) 列点，\(j\to k\) 的边权为 \(B_{j,k}\)；都没有重边；边权为 \(0\) 表示无边，原因之后易得。定义路径的权值为边权之积，路径相交为有公共点，现在要计算第 \(1\) 列点到第 \(3\) 列点的路径组 \(T\) 的以下式子：
其中 \(\operatorname{QwQ}(T)\) 表示将路径组 \(T\) 画在纸上，边的交点的个数。
视角 \(1\)：独立考虑第 \(1\) 列点到第 \(2\) 列点的路径、第 \(2\) 列点到第 \(3\) 列点的路径，它们仅由第 \(2\) 列点中使用的点集 \(S\) 关联（枚举点集 \(S\)），又有乘法分配律，于是答案为：
视角 \(2\)：直接考虑第 \(1\) 列点到第 \(3\) 列点的路径。
此时要求不交，构造 LGV 引理中的矩阵 \(M\)。这可以在 DAG 上 DP 求出，更直接的做法是矩阵乘法：\(M=AB\)。
再考虑系数 \((-1)^{\cdots}\)，注意到两条路径每交叉一次（指在某一层上相对上一层形成逆序对），（当前结尾层相对开头层）这两条路径“是否形成逆序对”一定会变，那么两条路径最终“是否形成逆序对”和交叉次数的奇偶性相同（奇则是逆序对），于是最终第 \(3\) 层相对第 \(1\) 层的逆序对数奇偶性就是总交点个数的奇偶性。
那么得出结论，答案为：
最后说一下：\(m<n\) 显然无解，于是答案为 \(0\)。
理解
Cauchy-Binet 定理本身给出了矩阵乘积的行列式与其本身（可能是取一部分）的行列式的关系。
实际应用中，我目前见过两种：
- 上面的证明及下面的扩展，表示在如此分层的 DAG 上统计路径。核心：枚举集合 \(S\)、拼合两个（乃至多个）部分。
- 在 Matrix-Tree 定理中，用于枚举生成树的边集 \(S\)，也用于修正贡献和限制多个条件。核心：枚举集合 \(S\)、乘积。
扩展
上面证明中的问题，\(2\) 层是直接用 LGV 引理，\(3\) 层是 Cauchy-Binet 定理，那么 \(k \ (k\geq2)\) 层呢？首先确定限制：设第 \(i\) 层的点数为 \(n_i\)，保证 \(n_1=n_k=n\)（记它们为 \(n\)）。
发现上面的各种结论可以接着用，这里不再赘述，记第 \(i\) 层到第 \(i+1\) 层的边权矩阵为 \(A_i\)，矩阵 \(M\) 仅保留 \(S\) 中的行和 \(T\) 中的列为 \(M[S,T]\)，得到式子：
（根据 nkp 的建议，可以用乘法分配率 + \(\prod\) 写得简洁一些，可能计算的复杂度也更小。）
意义：枚举除了首尾层的层中选哪些点。若存在 \(n_i<n\)，则显然无解，答案为 \(0\)。
题：P7736 [NOI2021] 路径交点。当时看 OI-wiki 发现 Cauchy-Binet 定理可以用此题中的组合意义证，觉得证明太长没敢看，结果做这题时学了题解的不同做法后想到了，不知道和 OI-wiki 上的证明方法是否一样。
Matrix-Tree 定理
疑问：边反向就能搞内向树？
梦开始的地方。她可能是我活到现在见过证明最妙的定理。
Matrix-Tree 定理用于统计无向图的生成树个数/权值和，或有向图的外向/内向生成树个数/权值和。
无向图
先捋一遍证明步骤：先证明图的关联矩阵的行列式的图论意义，再通过 Cauchy-Binet 定理+转置 枚举生成树边集并修正贡献，最后得到两矩阵相乘所得矩阵各位置的值。
图的关联矩阵
一张无向图的关联矩阵 \(M\) 是一个 \(n\times m\) 的矩阵（点数 \(\times\) 边数），每行代表一个点，每列代表一条边。对于每条边 \((u,v)\)，我们随意为它定向，现在就都是有向边了。对于编号为 \(i\) 的边 \(u\to v\)，我们令 \(M_{u,i}=-1,M_{v,i}=1,M_{\text{others},i}=0\)，这就是这张图的关联矩阵。
关联矩阵取出一部分的行列式有结论：取出 \(M\) 的任意 \(n-1\) 行和 \(n-1\) 列（编号构成集合 \(S\)）得到矩阵 \(M_0[S]\)，则当取出的边形成树（认定根为删去的那一行所代表的点，当然由于是无向图，选哪个点作为根都无所谓）时其行列式为 \(1\) 或 \(-1\)，否则其行列式为 \(0\)。
需要注意的是“删去根”并不删去与之相连的边。
证明：
- 对于不是树的 \(n-1\) 条边，一定存在环（简单环、不是简单环都行；存在简单环等价于存在环），那么取出环上的边所代表的列向量，可以使它们的线性组合为 \(\vec0\)，即它们线性相关，那么行列式为 \(0\)。注意这里要分类讨论环是否包含根，因为删去了根所在行。
- 而如果是树，则可以先找一个叶子结点，它所在行上只有一个非 \(0\) 数，而这个数所在列除它外只有一个非 \(0\) 数。那么用这一行消掉另一个非 \(0\) 数，并剔除这一行一列，继续这个过程。那么会诞生新的叶子结点，一直到根的子结点。此时求整个矩阵（包括原来剔除的行列）的行列式，发现所有非 \(0\) 数的坐标构成排列，那么行列式唯一，且为 \(\pm1\)。
现在回头看，为什么要删掉根呢？因为这样使矩阵成为方阵，从而有行列式；另外，这还让其他结点最终都变成“叶子结点”的状态。
蜕柿子
我们要干两件事：枚举边集、将树的贡献从 \(\pm1\) 修正为 \(1\)。巧妙的做法：将 \(M_0\)（\(M\) 随意去掉一行）与 \(M_0^T\)（\(M_0\) 的转置）套进 Cauchy-Binet 定理。
我们知道转置不改变行列式，于是有：
\((\pm1)^2=1\)，搞定啦！
拉普拉斯（基尔霍夫）矩阵
直接将 \(M_0M_0^T\) 相乘仍嫌费事，且复杂度较高，考虑推导它们相乘的结果。记矩阵 \(L=MM^T\)，这个矩阵 \(L\) 就是拉普拉斯矩阵（也可以记作 \(K\)，基尔霍夫矩阵）。
现在来看一个矩阵乘它的转置发生了什么：固定原矩阵的两行（或同一行），将每一列处的乘积加起来；或者拿转置后的矩阵说，列和行反过来；这就做了一个“内积”。
可以观察到重边是被允许的，但要注意它对 \(\deg\) 和 \(-\operatorname{cnt}\) 的贡献。自环本身就无意义，在关联矩阵里也会被抵消，于是在 \(L\) 中不添加自环（直接省略）。
然而我们要的是 \(M_0M_0^T\)，不是 \(MM^T\)。用同样的方法推导，发现 \(L_0=M_0M_0^T\) 就是将 \(L\) 去掉第 \(k\) 行、第 \(k\) 列得到的矩阵，\(k\) 是 \(M\) 中去掉的那一行。
至此，我们得到了一个 \((n-1)\times(n-1)\) 的矩阵 \(L_0\)，而它的行列式就是无向图生成树的个数。
有向图
这里只考虑外向树，把所有边反向后跑外向树就是内向树了。
先声明：删掉一行时不能随便删了，删除的点即为根。
明确关联矩阵的定义：与无向图的唯一区别是边已有方向，不手动定向。
\(\det M_0\) 的性质只保证是树，不够用了。考虑引入 \(n\times m\) 的矩阵 \(D\) 来保证除根外每个点的入度都是 \(1\)，两个条件拼一起（\(\wedge\)）就是外向树了。令 \(D_{i,j}=[i=v] (j:u\to v)\)，\(D_0\) 表示 \(D\) 删去根所在行得到的矩阵，那么若剩余所有点入度都是 \(1\)，则 \(\det D_0=\pm1\)，否则 \(\det D_0=0\)。
接下来有三个要求：枚举边集、\(\wedge\) 条件、修正贡献，将 \(M_0,D_0^T\) 带入 Cauchy-Binet 定理来一步实现。细节：乘法保证了 \(\wedge\)（只有两者都非零时才考虑接下来的修正贡献，此时已经满足外向树的条件），而由于外向树边方向的特殊性质，按上文所述方法消元后的 \(M_0=D_0\)，所以贡献为 \((\pm1)^2=1\)。
用上文的方法求 \(L=MD^T\)，可以发现：
而可以用同样思路证明 \(L_0=M_0D_0^T\) 即为 \(L\) 去掉根所在行和对应列的结果。
同样地，允许重边（注意对 \(\operatorname{indeg},-\operatorname{cnt}\) 的影响），而直接省略掉自环。
带权
积之和
定义一个生成树的权值为边权之积，求生成树的权值和。
边权是正整数：相当于重边。
一般情况：对于一条边 \(i:(u\to v,w)\)（无向图则随意定向），令 \(M_{u,i}=-\sqrt w,M_{v,i}=\sqrt w,M_{\text{others},i}=0\)。在有向图上，令 \(D_{v,i}=\sqrt w,D_{\text{others},i}=0\)。若有负边权则使用复数。注意到满足条件时行列式为 \(\pm\sqrt{\prod w}\)，修正贡献后就是 \(\prod w\)。
\(L\) 跟着变，都改为边权和，尤其要小心度数。
和之和
定义一个生成的权值为边权之和，求生成树的权值和。
和、积转化的方法：\((ax+1)(bx+1)\pmod{x^2}\)、\(a+b=\ln(e^ae^b)\)、\(pqx^{a+b}=px^a\cdot qx^b\)（GF）。
这里采用第一种即可。加减乘都很显然，除法有两种做法：
- 逆元。\({(ax+b)(-ax+b)\over b^2}\equiv1\pmod{x^2}\)，故 \(ax+b\) 的逆元为 \(-{a\over b^2}x+{1\over b}\)。
- 直接除。\({ax+b\over cx+d}\equiv{(ax+b)(cx-d)\over-d^2}\equiv{ad-bc\over d^2}x+{b\over d}\pmod{x^2}\)。
求行列式时（听说不能辗转相除）：
- 有逆元的充要条件为常数项非 \(0\)，所以第 \(i\) 列中（\(\geq i\) 的行）若有常数项非 \(0\) 的应该优先抓出来消元；必定能消完。
- 如果第 \(i\) 列中（\(\geq i\) 的行）没有常数项非 \(0\) 的，就找一个 \(x^1\) 项非 \(0\) 的来消元，此时的除法要特殊处理；必定能消完。
- 再不济就全是 \(0\)，那就不用消了，最后乘上去行列式就是 \(0\)，也可以直接在此时退出。
正确性：原本的式子是先乘后加，而只需要保证乘的时候常数项为 \(1\)，那么最终的常数项即使不是 \(1\) 也不会有问题。
实际计算时就别管乘法的意义了，该乘乘该加加。注意重边应该先叠合，再丢进矩阵。
BEST 定理
疑问：内向树或外向树？
BEST 定理用于统计有向欧拉图中的欧拉回路（且要求经过所有点）个数。
结论 \(1\)：令 \(ec(G)\) 表示 \(G\) 中互不循环同构的欧拉回路个数，\(T(G,rt)\) 表示 \(G\) 以 \(rt\) 为根的内向树个数（随意指定一个点为 \(rt\)，内向树还是外向树也随意），\(\deg u\) 表示 \(u\) 的入度或出度（由于是有向欧拉图，一个点的入度和出度相等），有下式：
结论 \(2\)：以一个点 \(v\) 为起点和终点的欧拉回路个数（允许循环同构）为：
结论 \(3\)：有向欧拉图中以每个点为根的内向树个数全部相等。
证明：
我们先来证结论 \(2\)。钦定一个起点（及终点）\(v\)，同时令 \(rt=v\)。如此构造一个“组合”：选一棵以 \(v\) 为根的内向树，要求一个点的其他边走完后才能走内向树上的边，即内向树上的边是除 \(v\) 之外的点的最后一条出边；对同一个点的所有不在内向树上的出边定走的先后顺序。那么方案数即为：
证明一个“组合”和一条以 \(v\) 为起点和终点、允许循环同构的欧拉回路一一对应：
- 一个组合对应唯一的回路：显然唯一（规定了怎么走），只需证明路径合法。非 \(v\) 的点每次进入必有出边，而 \(v\) 仅在最后一次进入时没有出边，此时也不需要出边。也就是说需要出边的时候就一定有，而且规定好了怎么走，于是路径合法。
- 一个回路对应唯一的组合：显然唯一（规定了边的顺序），只需证明除 \(v\) 外每个点的最后一条出边构成一棵以 \(v\) 为根的内向树。首先这些边一定不成环（如果有环则一定不包含 \(v\)，发现无法回到 \(v\)），而每个点只连一条边出去，就形成了一棵内向树（想象连边的过程，不能往回连，又发现最后弱连通，那只能形成内向树了）。
再考虑外向树，\(3\) 个我没走通的想法：翻转所有边感性理解对称性、钦定每个点的第一条入边、用有向欧拉图性质套进矩阵树定理的结论。事实上可能没有外向树的结论！（或者我还证不来。）
于是“组合”的方案数就是结论 \(2\) 的答案。接下来考虑结论 \(1\)，从 \(v\) 的每一条边出发形成的欧拉回路循环同构，于是方案数 \(/\deg_v\) 即可。考虑对每个点 \(v\) 计算结论 \(1\)，结果相同，又有后面的 \(\prod\neq0\)，那么就说明了无孤立点有向欧拉图中结论 \(3\) 成立，而有孤立点显然生成树个数为 \(0\)，故结论 \(3\) 成立。带回结论 \(2\)，说明了 \(rt\) 可以随便取。
使用说明
修正方案数：是否考虑循环同构（是否 \(/\deg_v\)）、是否重边不区分（大致是除掉各个边数的阶乘，看具体情况）。
无向图：先定向，钦定的影响可以传递。
注意事项：判是否是有向欧拉图、（可能需要）排除孤立点（BEST 定理认为在不弱连通时方案数为 \(0\)，但有的题目只要求经过所有边，不要求经过所有点）、处理自环（度数要统计，矩阵树里要忽略）、注意重边对度数的影响、别忘了阶乘。
参考
2025.6.23 & 2025.6.24 & 2025.6.25
浙公网安备 33010602011771号