引入问题

  给n个点m条边的图，求该图的最小生成树个数。

定理内容

  我们对这个图构造两个矩阵，分别是这个图的连通矩阵和度数矩阵。连通矩阵$S1$的第$i$行第$j$列上的数字表示原无向图中编号为$i$和编号为$j$的两个点之间的边的条数。度数矩阵$S2$只有斜对角线上有数字，即只有第$i$行第$i$列上有数字，表示编号为i的点的度数是多少。我们将两个矩阵相减，即$S2-S1$，我们记得到的矩阵为$T$，我们将矩阵$T$去掉任意一行和一列（一般情况去掉最后一行和最后一列的写法比较多）得到$T^{\prime }$，最后生成树的个数就是这个矩阵$T^{\prime }$的行列式。
——摘自：《矩阵树定理浅谈》

基尔霍夫矩阵

  定义：如果图$D$有总共$N$个点，那么图$D$的基尔霍夫矩阵$G$可以表示为：

  $G_{ij}=\{\begin{array}{rclc}& degree(i)& & i=j\\ & -cnt(i,j)& & i\ne j\end{array}$

   $degree$：结点i的度数
   $cnt$ ：两点之间的边数

解决问题的关键就是利用基尔霍夫矩阵。

以下假设图无重边，证明摘自：《生成树的计数及其应用》周冬

性质

• $\left|G\right|=0$，证明：显然每行的和为0，把所有列都加到第一列得0。
• 若图$D$不连通，则其对应的基尔霍夫矩阵的任意$n-1$阶主子式为0。

  证明：假设图$D$有$k(k>1)$个连通份量$D_1,D_2,...,D_k$。我们可以通过矩阵的变换使得这些连通分量的排列如下：(每次变换行列都交换一次，对应行列式符号不变)

    $\left(\begin{array}{cccc}{D}_1& 0& \cdots & 0\\ & & & \\ 0& D_2& \cdots & 0\\ & & & \\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ & & & \\ 0& 0& 0& D_k\\ & & & \end{array}\right)$(矩阵中的0元素确保连通分量之间不连通)

  $\left|G\right|$=$\left|G_1\right|$$\left|G_2\right|\cdots \left|G_k\right|$，据此可得出对应基尔霍夫矩阵的任意$n-1$阶主子式为0。

• 若图$D$是树，其对应基尔霍夫矩阵$G$的任意一个$n-1$阶主子式为1。
   证明：往证，可以不断变换$\left|G\right|$得到一上三角行列式，且主对角线元素为1。
   第一步：假设$v_r$为根结点，以$v_r$为首让每个结点根据与$v_r$的距离从小到大排序，同距离的可任意排。显然对于结点$v_j$，其父亲$v_i$必定在前面。
   第二步：将$\left|G\right|$根据排好的序列调整行列元素，将行列不断交换。因为交换为偶数次，符号不变。此外继续调整，对每个结点$v_i$的儿子$v_{i_1},v_{i_2},...,v_{i_k}$，儿子对应的每一列都加到第$i$列上。
   第三步：对于最后一列，对应结点只与父亲相连，故度为1，符合条件。用数学归纳法，目前处理的是第$i$列，假设第$i+1$到第$n$列都已经符合条件，即对角线元素为1。对每个结点$v_i$的儿子$v_{i_1},v_{i_2},...,v_{i_k}$，其对应列的第$i$行元素为-1，第$i_j$行(对角线)的元素为1，再看第$i$列，对应的儿子行元素都为-1，第$i$行元素为$k+1$(儿子和父亲)，故都加到第$i$列后，第$i$行元素变为1，下面每行都为0。因此，最终构造了上三角行列式且主对角元素为1，任意抽去第$i$行第$i$列，行列式值为1，证毕。

定理证明

引入定义，矩阵$B$为$n\times m$矩阵，分别对应结点和边。
  $B_{ij}=\{\begin{array}{rclc}& -1& & v_i为边e_j起点\\ & 1& & v_i为边e_j终点\\ & 0& & otherwise\end{array}$

容易验证：$B{B}^T=G$，若去掉$B$中第$r$行得到$B_r$，有$G_r=B_r{B}_r^T$，即$G$去掉第$r$行和第$r$列。

看一下Binet-Cauchy公式：

设矩阵$A$为$p\times q$矩阵，矩阵$B$为$q\times p$矩阵，有

$det(AB)=\{\begin{array}{rcl}& 0& 当p>q时\\ & det(A)det(B)& 当p=q时\\ & \sum _{1\le j_1<j_2<\cdots <j_p\le q}A\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & p\\ & & & \\ j_1& j_2& \cdots & j_p\end{array}\right)B\left(\begin{array}{cccc}{j}_1& j_2& \cdots & j_p\\ & & & \\ 1& 2& \cdots & p\end{array}\right)& 当p<q时\end{array}$

其中$A\left(\begin{array}{cccc}1& 2& \cdots & p\\ & & & \\ j_1& j_2& \cdots & j_p\end{array}\right)$表示$A$的第$j_1,j_2,...,j_p$列所成的子式，$B\left(\begin{array}{cccc}{j}_1& j_2& \cdots & j_p\\ & & & \\ 1& 2& \cdots & p\end{array}\right)$表示$B$的第$j_1,j_2,...,j_p$行所成的子式。

从而得到：

d e t ( G r ) = d e t ( B r B r T ) = ∑ x ⊂ { 1 , 2 , . . , m } ∣ x ∣ = n − 1 d e t ( B r x B r x T ) = ∑ x ⊂ { 1 , 2 , . . , m } ∣ x ∣ = n − 1 ( d e t ( B r x ) ) 2 det(G_r)=det(B_rB_r^T)=\sum\limits_{x\subset \{1,2,..,m\}\atop\left|x\right|=n-1}det(B_r^xB_r^{x^T})=\sum\limits_{x\subset \{1,2,..,m\}\atop\left|x\right|=n-1}(det(B_r^x))^2 det(Gr​)=det(Br​BrT​)=∣x∣=n−1x⊂{ 1,2,..,m}​∑​det(Brx​BrxT​)=∣x∣=n−1x⊂{ 1,2,..,m}​∑​(det(Brx​))2

解释一下：$B_r$为$(n-1)\times m$矩阵($m>n-1$)，则$det(B_r{B}_r^T)=$所有$n-1$列构成的子式的行列式的平方和。

$B_r^x$表示$B_r$中边元素属于包含于边集$E$的子集$x$的所在列抽出构成的新矩阵，显然$B_r^x{B}_r^{x^T}$可以看作一个$n$个点和$n-1$条边构成的图的基尔霍夫矩阵的的一个$n-1$阶主子式，当$x$为树时，行列式值为1，否则图不连通值为0，考察所有边集元素个数为$n-1$的子集，结果就恰好为生成树个数！

对于含重边的图该定理仍然适用，但是如何证明尚且不知…

应用部分

模板题：P4111 [HEOI2015]小 Z 的房间

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod = 1e9;
const int dir[4][2] = {
     {
    1,0},{
    0,1}};
int n, m;
char g[10][10];
ll K[100][100];
int id[10][10];
void update(int x, int y) {
    
	K[x][y]--; K[y][x]--;
	K[x][x]++; K[y][y]++;
}
ll det(int n) {
    
	ll res = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    //依次把第i列，从第i+1行到第n行变为0
		for (int j = i + 1; j <= n; j++) {
    
			while (K[j][i]) {
    //直到为0
				ll t = K[i][i] / K[j][i];//计算第i列,第i行是第j行的几倍
				for (int k = i; k <= n; k++) {
    
					K[i][k] = (K[i][k] - t * K[j][k] % mod + mod) % mod;
					swap(K[i][k], K[j][k]);//把第i行元素变为0后与第j行交换
				}
				res = -res;//每次交换行 值变为原来的负数
			}
		}
		if (!K[i][i])return 0;
		res = (res * K[i][i] % mod + mod) % mod;//将行列式化为上三角行列式后 值为对角线元素的乘积
	}
	return res;
}
char read() {
    
	char ch = getchar();
	while (ch != '.' && ch != '*')ch = getchar();
	return ch;
}
int main(void) {
    
	memset(K, 0, sizeof(K));
	memset(id, 0, sizeof(id));
	scanf("%d %d", &n, &m);
	int cnt = 0;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
    
		for (int j = 1; j <= m; j++) {
    
			g[i][j] = read();
			if (g[i][j] == '.')id[i][j] = ++cnt;
		}
	}
	for (int i = 1; i <= n; i++)
		for (int j = 1; j <= m; j++)
			if (g[i][j] == '.') {
    
				if (id[i - 1][j])update(id[i - 1][j], id[i][j]);
				if (id[i][j - 1])update(id[i][j - 1], id[i][j]);
			}
	printf("%lld\n", det(cnt - 1) % mod);
	return 0;
}