生成树计数

生成树计数就是统计一张图中一共有多少种构造生成树的方案。

大概要用到组合数学等等的数学知识。

以下内容均来自NOI2007国家集训队论文 周冬 《生成树的计数及其应用》：

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Matrix-Tree定理(Kirchhoff矩阵-树定理)。Matrix-Tree定理是解决生成树计数问题最有力的武器之一。它首先于1847年被Kirchhoff证明。在介绍定理之前，我们首先明确几个概念：

1、G的度数矩阵D[G]是一个n*n的矩阵，并且满足：当i≠j时,dij=0；当i=j时，dij等于vi的度数。

2、G的邻接矩阵A[G]也是一个n*n的矩阵， 并且满足：如果vi、vj之间有边直接相连，则aij=1，否则为0。

我们定义G的Kirchhoff矩阵(也称为拉普拉斯算子)C[G]为C[G]=D[G]-A[G]，则Matrix-Tree定理可以描述为：

G的所有不同的生成树的个数等于其Kirchhoff矩阵C[G]任何一个n-1阶主子式的行列式的绝对值。

所谓n-1阶主子式，就是对于r(1≤r≤n)，将C[G]的第r行、第r列同时去掉后得到的新矩阵，用Cr[G]表示。

在证明Matrix-Tree定理的过程中，我们使用了无向图G的关联矩阵B。B是一个n行m列的矩阵，行对应点而列对应边。B满足，如果存在一条边e={vi,vj}，那在e所对应的列中，vi和vj所对应的那两行，一个为1、另一个为-1，其他的均为0。至于谁是1谁是-1并不重要。

接下来，我们考察BBT。容易证明，(BBT)ij等于B的第i行与第j列的点积。所以，当i=j时，(BBT)ij等于与vi相连的边的个数，即vi的度数；而当i≠j时，如果有一条连接vi、vj的边，则(BBT)ij等于-1，否则等于0。这与Kirchhoff矩阵的定义完全相同！因此，我们得出：C=BBT！也就是说，我们可以将C的问题转化到BBT上来。

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这里没办法帖公式，只好省去详细的证明过程了，详见论文原文吧：http://files.cnblogs.com/jcf94/Counting_Spanning_Tree.rar

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例题有：

SPOJ P104 Highways

题目就是裸的生成树计数，用Matrix_Tree定理可以直接解出。

然后贴一个Kuang神的模板：

 1 /* ***********************************************
 2 MYID    : Chen Fan
 3 LANG    : G++
 4 PROG    : Count_Spaning_Tree_From_Kuangbin
 5 ************************************************ */
 6 
 7 #include <stdio.h>
 8 #include <string.h>
 9 #include <algorithm>
10 #include <iostream>
11 #include <math.h>
12 
13 using namespace std;
14 const double eps = 1e-8;
15 const int MAXN = 110;
16 
17 int sgn(double x)
18 {
19     if(fabs(x) < eps)return 0;
20     if(x < 0)return -1;
21     else return 1;
22 }
23 
24 double b[MAXN][MAXN];
25 double det(double a[][MAXN],int n)
26 {
27     int i, j, k, sign = 0;
28     double ret = 1;
29     for(i = 0;i < n;i++)
30     for(j = 0;j < n;j++) b[i][j] = a[i][j];
31     for(i = 0;i < n;i++)
32     {
33         if(sgn(b[i][i]) == 0)
34         {
35             for(j = i + 1; j < n;j++)
36             if(sgn(b[j][i]) != 0) break;
37             if(j == n)return 0;
38             for(k = i;k < n;k++) swap(b[i][k],b[j][k]);
39             sign++;
40         }
41         ret *= b[i][i];
42         for(k = i + 1;k < n;k++) b[i][k]/=b[i][i];
43 
44         for(j = i+1;j < n;j++)
45         for(k = i+1;k < n;k++) b[j][k] -= b[j][i]*b[i][k];
46     }
47     if(sign & 1)ret = -ret;
48     return ret;
49 }
50 
51 double a[MAXN][MAXN];
52 int g[MAXN][MAXN];
53 
54 int main()
55 {
56     int T;
57     int n,m;
58     int u,v;
59     scanf("%d",&T);
60     while(T--)
61     {
62         scanf("%d%d",&n,&m);
63         memset(g,0,sizeof(g));
64         while(m--)
65         {
66             scanf("%d%d",&u,&v);
67             u--;v--;
68             g[u][v] = g[v][u] = 1;
69         }
70         memset(a,0,sizeof(a));
71         for(int i = 0;i < n;i++)
72         for(int j = 0;j < n;j++)
73         if(i != j && g[i][j])
74         {
75             a[i][i]++;
76             a[i][j] = -1;
77         }
78         double ans = det(a,n-1);
79         printf("%.0lf
",ans);
80     }
81     return 0;
82 }


最小生成树计数：

在ACM2012金华赛区的网赛中曾经出现过这么一道题，现在是HDU 4408，统计最小生成树的个数。

方法是Kruskal+Matrix_Tree定理，也就是把上面的算法加上Kruskal：

来自：http://blog.csdn.net/jarily/article/details/8902402 的算法解释：

  •  *算法引入： 
  •  *给定一个含有N个结点M条边的无向图,求它最小生成树的个数t(G); 
  •  * 
  •  *算法思想： 
  •  *抛开“最小”的限制不看,如果只要求求出所有生成树的个数,是可以利用Matrix-Tree定理解决的; 
  •  *Matrix-Tree定理此定理利用图的Kirchhoff矩阵,可以在O(N3)时间内求出生成树的个数; 
  •  * 
  •  *kruskal算法： 
  •  *将图G={V,E}中的所有边按照长度由小到大进行排序,等长的边可以按照任意顺序; 
  •  *初始化图G’为{V,Ø},从前向后扫描排序后的边,如果扫描到的边e在G’中连接了两个相异的连通块,则将它插入G’中; 
  •  *最后得到的图G’就是图G的最小生成树; 
  •  * 
  •  *由于kruskal按照任意顺序对等长的边进行排序,则应该将所有长度为L0的边的处理当作一个阶段来整体看待; 
  •  *令kruskal处理完这一个阶段后得到的图为G0,如果按照不同的顺序对等长的边进行排序,得到的G0也是不同; 
  •  *虽然G0可以随排序方式的不同而不同,但它们的连通性都是一样的,都和F0的连通性相同(F0表示插入所有长度为L0的边后形成的图); 
  •  * 
  •  *在kruskal算法中的任意时刻,并不需要关注G’的具体形态,而只要关注各个点的连通性如何(一般是用并查集表示); 
  •  *所以只要在扫描进行完第一阶段后点的连通性和F0相同,且是通过最小代价到达这一状态的,接下去都能找到最小生成树; 
  •  * 
  •  *经过上面的分析,可以看出第一个阶段和后面的工作是完全独立的; 
  •  *第一阶段需要完成的任务是使G0的连通性和F0一样,且只能使用最小的代价; 
  •  *计算出这一阶段的方案数,再乘上完成后续事情的方案数,就是最终答案; 
  •  * 
  •  *由于在第一个阶段中,选出的边数是一定的,所有边的长又都为L0; 
  •  *所以无论第一个阶段如何进行代价都是一样的,那么只需要计算方案数就行了; 
  •  *此时Matrix-Tree定理就可以派上用场了,只需对F0中的每一个连通块求生成树个数再相乘即可; 

同样，贴一个bin神模板：

  1 /* ***********************************************
  2 MYID    : Chen Fan
  3 LANG    : G++
  4 PROG    : Counting_MST_From_Kuangbin_HDU4408
  5 ************************************************ */
  6 
  7 #include <map>
  8 #include <stack>
  9 #include <queue>
 10 #include <math.h>
 11 #include <vector>
 12 #include <string>
 13 #include <stdio.h>
 14 #include <string.h>
 15 #include <stdlib.h>
 16 #include <iostream>
 17 #include <algorithm>
 18 #define N 405
 19 #define M 4005
 20 #define E
 21 #define inf 0x3f3f3f3f
 22 #define dinf 1e10
 23 #define linf (LL)1<<60
 24 #define LL long long
 25 #define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
 26 using namespace std;
 27 
 28 LL mod;
 29 struct Edge
 30 {
 31     int a,b,c;
 32     bool operator<(const Edge & t)const
 33     {
 34         return c<t.c;
 35     }
 36 }edge[M];
 37 int n,m;
 38 LL ans;
 39 int fa[N],ka[N],vis[N];
 40 LL gk[N][N],tmp[N][N];
 41 vector<int>gra[N];
 42 
 43 int findfa(int a,int b[]){return a==b[a]?a:b[a]=findfa(b[a],b);}
 44 
 45 LL det(LL a[][N],int n)
 46 {
 47     for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)a[i][j]%=mod;
 48     long long ret=1;
 49     for(int i=1;i<n;i++)
 50     {
 51         for(int j=i+1;j<n;j++)
 52             while(a[j][i])
 53             {
 54                 LL t=a[i][i]/a[j][i];
 55                 for(int k=i;k<n;k++)
 56                     a[i][k]=(a[i][k]-a[j][k]*t)%mod;
 57                 for(int k=i;k<n;k++)
 58                     swap(a[i][k],a[j][k]);
 59                 ret=-ret;
 60             }
 61         if(a[i][i]==0)return 0;
 62         ret=ret*a[i][i]%mod;
 63         //ret%=mod;
 64     }
 65     return (ret+mod)%mod;
 66 }
 67 
 68 int main()
 69 {
 70     while(scanf("%d%d%I64d",&n,&m,&mod)==3)
 71     {
 72 
 73         if(n==0 && m==0 && mod==0)break;
 74 
 75         memset(gk,0,sizeof(gk));
 76         memset(tmp,0,sizeof(tmp));
 77         memset(fa,0,sizeof(fa));
 78         memset(ka,0,sizeof(ka));
 79         memset(tmp,0,sizeof(tmp));
 80 
 81         for(int i=0;i<N;i++)gra[i].clear();
 82         for(int i=0;i<m;i++)
 83             scanf("%d%d%d",&edge[i].a,&edge[i].b,&edge[i].c);
 84         sort(edge,edge+m);
 85         for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,vis[i]=0;
 86         int pre=-1;
 87         ans=1;
 88         for(int h=0;h<=m;h++)
 89         {
 90             if(edge[h].c!=pre||h==m)
 91             {
 92                 for(int i=1;i<=n;i++)
 93                     if(vis[i])
 94                     {
 95                         int u=findfa(i,ka);
 96                         gra[u].push_back(i);
 97                         vis[i]=0;
 98                     }
 99                 for(int i=1;i<=n;i++)
100                     if(gra[i].size()>1)
101                     {
102                         for(int a=1;a<=n;a++)
103                             for(int b=1;b<=n;b++)
104                                 tmp[a][b]=0;
105                         int len=gra[i].size();
106                         for(int a=0;a<len;a++)
107                             for(int b=a+1;b<len;b++)
108                             {
109                                 int la=gra[i][a],lb=gra[i][b];
110                                 tmp[a][b]=(tmp[b][a]-=gk[la][lb]);
111                                 tmp[a][a]+=gk[la][lb];tmp[b][b]+=gk[la][lb];
112                             }
113                         long long ret=(long long)det(tmp,len);
114                         ret%=mod;
115                         ans=(ans*ret%mod)%mod;
116                         for(int a=0;a<len;a++)fa[gra[i][a]]=i;
117                     }
118                 for(int i=1;i<=n;i++)
119                 {
120                     ka[i]=fa[i]=findfa(i,fa);
121                     gra[i].clear();
122                 }
123                 if(h==m)break;
124                 pre=edge[h].c;
125             }
126             int a=edge[h].a,b=edge[h].b;
127             int pa=findfa(a,fa),pb=findfa(b,fa);
128             if(pa==pb)continue;
129             vis[pa]=vis[pb]=1;
130             ka[findfa(pa,ka)]=findfa(pb,ka);
131             gk[pa][pb]++;gk[pb][pa]++;
132         }
133         int flag=0;
134         for(int i=2;i<=n&&!flag;i++)if(ka[i]!=ka[i-1])flag=1;
135         ans%=mod;
136         printf("%I64d
",flag?0:ans);
137     }
138     return 0;
139 }


然后，最后这一题：

HDU4305

综合性相当强的一题：

首先需要用计算几何的知识对平面上的点构图，形成图之后用Matrix-Tree定理求解生成树的个数。

但是题目数据比较大，对行列式求值的时候，需要用到高斯消元求上三角阵，行列式的值等于对角线元素的积。
由于是整数然后再mod。消元时需要求最小公倍数。还需要拓展欧几里得算法求逆元。

日后等有人能集我们队三者之大成之后，应该就可以挑战这道题了。

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原文地址：https://www.cnblogs.com/jcf94/p/4067739.html