数学-Matrix Tree定理证明

老久没更了，冬令营也延期了（延期后岂不是志愿者得上学了？）

最近把之前欠了好久的债，诸如FFT和Matrix-Tree等的搞清楚了（啊我承认之前只会用，没有理解证明……），FFT老多人写，而MatrixTree没人证我就写一下吧……

Matrix Tree结论

Matrix Tree的结论网上可多，大概一条主要的就是，图中生成树的数量等于 \(V-E\) 的任一余子式，其中：

• \(V\) 为对角阵，第 \(i\) 个元素为点 \(i\) 的度数
• \(E\) 为对称阵，对角线为零且 \(E_{i,j}\) 为点 \(i\) 与点 \(j\) 之间边的数量的相反数

这个结论众人皆知，但我好像没怎么搜到证明？

图的关联矩阵

为了求无向图中有多少组 \(n-1\) 条边可以形成树，一般需要枚举所有的可能，无法在多项式内解决，但我们利用数学工具将其转换——引入关联矩阵

为了后面讨论我们给每条边随意分配一个方向。

图的邻接矩阵是一个 \(n\times n\) 的用于存储图的矩阵。而关联矩阵 \(A\) 则为 \(n\times m\) 的矩阵，其中行对应点，列对应边，如果 \(A_{i,j}\) 非零，则说明第 \(j\) 条边的起点或终点为点 \(i\)（如 \(i\) 为起点则为 \(+1\)，终点则为 \(-1\)，否则为 \(0\)）。如下图即为一张 \(4\) 点 \(5\) 边的图的关联矩阵：
\[ \begin{bmatrix} +1 & -1 & +1 & 0 & 0\-1 & 0 & 0 & +1 & -1\0 & +1 & 0 & -1 & 0\0 & 0 & -1 & 0 & +1 \end{bmatrix} \]

可以看到，如果只考虑这张图的结构的话，关联矩阵的行之间或列之间随意交换都是无所谓的（行交换代表点重新编号……）

我们可以证明一个结论，任意连通图的关联矩阵秩为 \(n-1\)。

有两种理解方式：

• 按行来看：
  • 首先去掉任意一行都是可以复原的：因为每一列都是一个 \(+1\) 一个 \(-1\)，可以轻松由其他 \(n-1\) 行得到这一行。故去掉任意一行不会丢失信息，秩 \(\le n-1\)；
  • 其次去掉任意两行都是无法复原的：因为任意去掉两行 \(x,y\)，在这张连通图上找到一条 \(x\) 到 \(y\) 的路径，取其中 \(x\to y\) 方向第一条边 \(a\)、\(y\to x\) 方向第一条边 \(b\)，则在还原关联矩阵时无法确定非零位置是 \((x,a)\&(y,b)\) 还是 \((x,b)\&(y,a)\)。故去掉任意两行都会丢失信息，秩 \(\ge n-1\)
• 再按列来看更为显然：
  • 由于列对应边，故选取若干列，若这些列对应的边在图上组成了环，则一定线性相关（因为将环按一个方向捋一遍然后加起来一定为零）
  • 故要求“最多的线性无关的列”，也即求“在不出现环的前提下最多能找出多少边”，答案显然为 \(n-1\)

这下从行列两个方向证明了这个结论，但有何用处呢？

我们刚在从列的方向证明结论时用到了“生成树”的概念，仔细考虑一下，求“图中有多少种 \(n-1\) 条边的组合没有环”，等价于求“关联矩阵中有多少种 \(n-1\) 列的组合线性无关”

同时我们证明了 \(n\) 个行中总有一个是多余的，故考虑删去其中一行对答案无影响。

这下将图中的问题转化为了矩阵中的问题，但是否将过程复杂化了呢？

Binet-Cauchy公式

为了解决这个问题，我们需要引入 Binet-Cauchy公式：

若存在 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 与 \(m\times n\) 的矩阵 \(B\)，则矩阵 \(AB\) 的行列式等于：从 \(m\) 中任意选取 \(n-1\) 个指标，并取出 \(A\) 的这 \(n\) 列得到 \(A'\)，和 \(B\) 的这 \(n\) 行的得到 \(B'\)，将它们行列式乘起来得到 \(\det A'\times \det B'\)，对所有共 \(C_m^n\) 种选取情况求和。

数学表达：
\[ \det (AB)=\sum_{S\sube U,|S|=n}\det(A_S)\det(B_S) \]
（其中 \(U\) 表示集合 \(\{1,2,\dots,m\}\)，\(A_S\) 表示取出 \(S\) 中下标的列组成的矩阵，\(B_S\) 表示取出 \(S\) 中下标的行组成的矩阵）

可以发现其中几种特殊情况：

• \(n=1\)：此时公式等价于计算两个 \(m\) 维向量的点积
• \(n=m\)：此时公式等价于表示 \(\det(AB)=\det(A)\det(B)\) 的行列式可乘性质
• \(n>m\)：此时公式中由于无法选出任何一组，故右边恒等于 \(0\)，其表达的其实是矩阵 \(AB\) 不满秩

这个公式的证明过于繁琐，不予展开，但可以感性理解：\(AB\) 是 \(A\) 的以 \(B\) 为系数的线性组合，将 \(AB\) 的行列式展开后分离贡献，\(\det (A_S)\) 的系数是 \(\det(B_S)\)

利用公式

为了解决这个问题引入这个公式，很明显是和其中的共同拥有的“任意选取”、“线性无关”两个因素有关。

很容易想到是想要将图的关联矩阵 \(D\)（去掉一行后）放入 \(A\) 或 \(B\) 的位置，但具体怎么放，另一个矩阵又是什么？

引理：连通图的关联矩阵中，任意一个子矩阵的行列式都为 \(\pm 1\) 或 \(0\)

证明：

• 若子矩阵不可逆，则行列式自然为零
• 若子矩阵可逆，则不可能每一列都同时存在两个非零项（否则每一列都是一个 \(+1\) 一个 \(-1\)，将所有行加起来一定是 \(0\)），故按只有一个非零项的列进行行列式展开，则可以归纳至低一阶的情况

有了这个引理，可以非常自然的考虑将 \(A\) 设为 \(D\)，\(B\) 设为 \(D^T\)，则 \(A_S\) 和 \(B_S\) 都是取 \(D\) 的不同列向量组成的矩阵。

由于我们证明了，列线性无关的子矩阵行列式一定为 \(\pm 1\)，则平方后一定为 \(1\)。再利用上述公式，故原问题的的答案即为 \(\det (AB)\)

至于 \(AB\) 是啥？\(AB=DD^T\)

考虑下关联矩阵 \(D\) 的定义，即可发现 \((AB)_{i,j}\)：

• 当 \(i=j\) 时：\((AB)_{i,i}\) 为 \(D\) 第 \(i\) 行与自己的点积，由于非零项都为 \(\pm 1\)，则 \((AB)_{i,i}\) 即为第 \(i\) 行的非零项个数——即点 \(i\) 的度数
• 当 \(i\ne j\) 时：\((AB)_{i,j}\) 为 \(D\) 第 \(i\) 行与 \(j\) 的点积，由于每一列都只有两个元素（一个 \(+1\) 一个 \(-1\)），故每个位置如果有值，则一定为 \(-1\)，\((AB)_{i,j}\) 即为它们求和——点 \(i\) 与点 \(j\) 之间边的数量的相反数

总结

回顾整个过程：

• 问题一开始是“有多少种选取 \(n-1\) 条边的方式，使选出的边构成树”

• 然后引入图的关联矩阵，证明了其秩为 \(n-1\)，同时也发现问题等价于“有多少种在关联矩阵中选取 \(n-1\) 列的方式，使选出的列线性无关”（同时发现删去关联矩阵任意一行对答案无影响）
• 针对“任意选取”和“线性无关”两个特点，引入了同样拥有这两个特点的 Binet-Cauchy公式
  • 利用 Binet-Cauchy任意选取的特点，和“线性无关\(\iff\) 行列式非零”的性质，希望将关联矩阵放入公式
• 为了将关联矩阵放入公式，证明了关联矩阵中任意一个子矩阵行列式为 \(\pm 1\) 或 \(0\)
• 巧妙地将 \(A\) 设为 \(D\)，\(B\) 设为 \(D^T\)，则得到的结果 \(\det(AB)\)
  • 等价于：任取 \(D\) 的 \(n-1\) 列求出行列式，平方后求和。
  • 等价于：任取 \(D\) 的 \(n-1\) 列，行列式非零的方案数

• 考虑 \(AB=DD^T\) 的现实意义，得到开头提到的Matrix Tree定理

有向生成树的扩展

刚才讨论的都是无向生成树，可以考虑到有向生成树的情况：

• 由于点可以重新标号，我们只考虑以 \(1\) 号点为根的情况
• 由于内向生成树可以将边取反后求外向生成树，故只考虑外向生成树的情况

考虑外向生成树关联矩阵的特点：除了根以外每一行都只有一个 \(-1\)（树上只有一个父亲）

而若生成树不是外向生成树，则一定存在一个点 \(x\)，关联矩阵中 \(x\) 对应的那一行没有 \(-1\)

所以可以考虑将原来每条边“一个 \(+1\) 一个 \(-1\)”中的 \(+1\) 置为零，则在计算时：

• 如果这棵生成树不是外向生成树，则一定存在一行全为零，其行列式也为零
• 如果这棵树是外向生成树，由于每一行有一个 \(-1\)，故其行列式为 \((-1)^{n-1}\) 也只可能为 \(\pm 1\)

数学-Matrix Tree定理证明

原文：https://www.cnblogs.com/penth/p/12511855.html