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Matrix Tree定理
写在前面的话
写这篇博客其实写了很久，主要是刚开始的时候太菜了，完全不能完全理解，于是，我写的东西当我变得强一点之后就会发现有点问题，于是就改啊改啊添啊添啊，于是就从刚才开始的那个样子变成了现在这样。
希望我写的博客能对初学矩阵树定理的同学有一点帮助。
前置知识:行列式
行列式的定义
一个矩阵的行列式定义为:
\sum_{p} (-1)^{\pi (p)} \prod_{j=1} A_{j,p_j}
这里的p指的是\{1,2,3,...,n\}的一种排列，\pi (p)指的是p的逆序对个数
行列式的求法
如果我们直接用暴力的话时间复杂度为\Theta (n\times n!),但是实际上我们可以对此进行优化。
性质1
交换矩阵的任意两行，行列式变号
我们可以发现交换了两行以后，变化的只有符号位，但是如何说明一定为变成相反数呢？我们发现这个问题只与排列的逆序对数有关，下面引出一个命题来证明。
定理1
一个排列交换其中任意两个元素，逆序对个数变化量为奇数
证明1
显然。我们可以发现变化量只跟两个元素之间的元素有关，然后就很好证了，这里就不赘述了。
性质2
矩阵的一行都乘以k,行列式也乘以k
证明2
根据定义公式，显然。
性质3
如果矩阵内有两行相等，那么行列式为0
证明3
因为交换以后要变为相反数，但是可以看出变化前与变化后行列式一样，所以为了满足条件，行列式的值为0。
性质4
如果一行是另一行的k倍，那么行列式值为0。
证明4
由性质2和性质3显然。
性质5
一行加上另一行的k倍，行列式不变。
证明5
可以从行列式定义的式子下手。
我们可以把现矩阵的行列式拆成两个行列式相加，一个是原先矩阵的行列式，另一个是增长的行列式。
根据性质4,可以得到增长的行列式为0。
性质6
一个上三角矩阵的行列式为斜边元素之积。
证明6
根据公式显然。
有了上面的6个性质，我们就可以用\text {Gauss}消元把原矩阵消成一个上三角矩阵，然后就好求了。
模数非质数时的求法
如果模数非质数我们就不能直接用费马小定理或者拓展欧几里得了。
我们可以考虑用类似于辗转相除法的一种做法，我们一直去找其它行来尽可能抵消当前这一行，然后每一次操作就把两行进行一次尽可能的抵消，实际上就是辗转相除法。结局肯定与辗转相除法一样有一行该列终于变成了零。我们发现这个的时间复杂度也是\Theta(n^3\log n)的。
不过还是有\Theta(n^3)，不过因为我太弱了，这里先咕着。
upd on 2022/05/02：
之前就听说了辗转相除法是 \Theta(n^3)，但一直没有来改，现在来改一下吧。
前置定义:Kirchhoff矩阵
度数矩阵指的是:
$$A_{i,j}=
\begin{cases}
degree_i,i=j\\
0,i\not= j
\end{cases}$$
邻接矩阵应该就不用解释了。不过需要注意的是如果有重边的话应该算有多少条。
## Matrix Tree定理
>
一个图中的生成树个数等于其$\text {Kirchhoff}$矩阵的任意一个 **代数余子式的行列式**。
## Matrix Tree定理的证明
### 性质1
一个图的$\text {Kirchhoff}$矩阵行列式为零。
### 性质2
一个图的$\text {Kirchhoff}$矩阵的任一代数余子式的行列式相同。
### 前置定义
我们定义一个图的关联矩阵$B$为:
$$
\forall e_{k}=\{ u_k,v_k\}
$$
$$
\exists B_{k,u_k}=1,B_{k,v_k}=-1
$$
我们定义一个矩阵$A$的转置矩阵$A^T$为:
$$A^T_{i,j}=A_{j,i}$$
### 证明
首先我们可以得到,对于一个图，设它的$\text {Kirchhoff}$矩阵为$\text L$,关联矩阵为$\text B$,那么有:
$$\text L=\text B \text B^T$$
这个很好证明，只需要把式子列出来一下就好了。
## Part$1
对于一个非连通图\text G,|L|=0
证明
首先，我们考虑把$\text G$视作若干个强连通分量，就叫做$G_1,G_2,G_3,...,G_k$吧。
那么，我们可以考虑对$L$进行一下交换，把一个联通块内的元素在$L$排在相邻位置。就比如如果$1,2$在同一联通块，我们就可以第一行放$1$，第二行放$2$。
那么:
$$
L=
\begin{matrix}
G_1 & 0 & 0 & ... & 0\\
0 & G_2 & 0 & ... & 0\\
0 & 0 & G_3 & ... & 0\\
... & ... & ... & ... & ...\\
... & ... & ... & ... & ...\\
0 & 0 & 0 & ... & G_k
\end{matrix}
$$
我们这个时候可以不去考虑符号位的变化，因为如果$|L|=0$也没有区别。
我们可以看出:
$$|L|=|G_1|\times |G_2|\times ...\times |G_k| $$
这个我们可以通过想象高斯消元过程来说明。因为最后消掉以后都是上三角矩阵，那么，对于$\forall i,G_i$都是上三角矩阵，那么就满足条件了。
又因为$\text {Kirchhoff}$矩阵的性质$1$,所以
$$\forall i,|G_i|=0$$
所以$|M_i|=|L|=0$。
## Part$2
我们考虑一棵树G。
可以通过数学归纳法说明|M_i|=1，这里就不赘述了。
Part3
这里我们首先要提到一个定理: Binet-Caucthy定理
\text{Binet-Caucthy}定理
|AB|=\sum_{|s|=n} |A_{p}B_{p}|
其中A,B不一定是方阵。s指的是一个从\{1,2,3,..,m\}中选出的一个集合。A_p表示A的列中只保留s中选中的列留下的矩阵。
由于作者水平有限，这里没有办法证明。（因为我太菜了）
那么，我们就可以进行推导了。我们设B_i为G的关联矩阵B去掉i这一列的矩阵。可以得到:
|M_i|=|B_i B^T_i|=\sum_{|s|=n-1} |{B_{i}}_p {B^T_i}_p|
根据\text {Part}2,后面那部分只有在s选出来的边构成树的时候为1,其余时候皆为0。
于是原式就等于从\text G中选出n-1条边组成一棵树的方案数。
至此，证毕。
\text{Matrix Tree}定理的应用
\text {The 1st}
题目传送门
题目大意
给定一张无向图，求其生成树个数
\text{Solution}
模板题。用\text{Matrix Tree}求解即可。不理解\text {Matrix Tree}定理的也可以通过阅读代码理解。
\text {Code}
具体实现
\text {The 2nd}
题目传送门
题目大意
有n个节点，m条边，每条边有p_i的概率留下来。求最后留下一棵树的概率。
\text{Solution}
这道题给了我们一个启示，\text {Matrix Tree}定理其实是可以推广的。推广到一般情况，\text {Matrix Tree}其实求的是所有可能生成树边权之积的和。
这道题是求刚好留下一棵生成树的概率，那么，即是求:
\sum_{\text {tree}} (\prod_{i\in \text {tree}} p_i \prod_{i\not \in \text {tree}}(1-p_i))
=\sum_{\text {tree}} (\prod_{i\in \text {tree}} p_i \frac{\prod_{i} (1-p_i)}{\prod_{i\in \text {tree}} (1-p_i)})
=\prod_{i=1} (1-p_i) \sum_{\text {tree}}{ \frac{p_i}{1-p_i}}
这个时候我们只需要把 \frac{p_i}{1-p_i} 视作第i条边的边权即可。那么一个点的度数就是所有以它为端点的边的边权和。
其实\text {Matrix Tree}定理还可以推广到有向图里面去，只需要建图的时候有方向性即可。
\text {Code}
具体实现
\text {The 3rd}
题目传送门
题目大意
有n个节点若干条条边，有n-1个公司，每个公司有可以修的边的名单，求每个公司刚好修一条路修出一棵树的方案数。
\text {Solution}
这道题有两个限制，那我们就只好考虑容斥了。
如果我们直接算出n-1个公司修铁路的方案数，很显然，我们多算了。因为我们也算上了n-2个公司修的方案数，那我们就得减去n-2个公司修的方案数，那n-2个公司修的方案数又得减去n-3个公司修的方案数......以此类推，不难看出这就是个容斥了。
然后套一下矩阵树定理的板子就好了。
\text{Code}
具体实现
\text {The 4th}
题目传送门
题目大意
给定一棵n个点的数，对于每个k\in [0,n-1]，求出恰好有k条边与给定树相同的生成树个数。
思路
感谢 @EMT__Mashiro 的点拨。
我们上文提到了，其实矩阵树定理求的是:
\sum_{T} \prod_{e_i \in T} w_{e_i}
我们对于这道题，我们其实可以发现，如果我们对于在给定树中出现的边赋值为$x$，未出现过的赋为$1$，那么，对于$k\in [0,n-1]$，答案就是:
$$[x^k] \sum_{T} \prod_{e_i \in T} w_{e_i}$$
但是我们显然不可能直接拿矩阵树定理套多项式吧？（常数爆炸警告！）我们可以发现这其实是一个$n-1$次的多项式，于是我们可以选$n$个点求到答案然后用高斯消元求到系数即可。
## $\text {Code}
具体实现
\text {The 5th}
题目传送门
题目大意
给出一个图，求出:
\sum_{T}(\sum_{i=1,e_i \in T}^{n-1} w_{e_i}) \times gcd(w_{e_1},w_{e_2},w_{e_3},..,w_{e_{n-1}})
思路
先讲个特别有趣的事情，这道题其实是2020省选\text {Day2T3}，然后恰好那天luogu日报就是这篇博客。。。
我们发现其实这个式子可以反演，就可以变成:
\sum_{T}(\sum_{i=1,e_i \in T}^{n-1} w_{e_i}) \times \sum_{d|w_{e_1},d|w_{e_2},...,d|w_{e_{n-1}}} \varphi (d)
=\sum_{d=1} \varphi (d) \sum_{T} (\sum_{i=1,i_i \in T,d|w_{e_i}} w_{e_i})
于是我们的问题就是如何求出后面那个东西，其实我们有了上一道的基础，我们可以把边权设为1+xw_{e_i}，那么，答案就是一次项的系数了。于是，我们就可以模拟一个一次多项式\Theta(144 n^4)解决了。（\sqrt {152501}\approx144）但是其实\Theta(144n^4)只是一个上界，实际上远远跑不满，只要剪枝剪得好就可以在500\text {ms}左右通过这道题。
一个小小的拓展
其实矩阵树定理可以拓展到交换环上的元素。交换环就是说上面的元素都满足交换律。