问题的引入

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》：

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。

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

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：

/* ***********************************************
MYID    : Chen Fan
LANG    : G++
PROG    : Count_Spaning_Tree_From_Kuangbin
************************************************ */

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <algorithm>
#include <iostream>
#include <math.h>

using namespace std;
const double eps = 1e-8;
const int MAXN = 110;

int sgn(double x)
{
    if(fabs(x) < eps)return 0;
    if(x < 0)return -1;
    else return 1;
}

double b[MAXN][MAXN];
double det(double a[][MAXN],int n)
{
    int i, j, k, sign = 0;
    double ret = 1;
    for(i = 0;i < n;i++)
    for(j = 0;j < n;j++) b[i][j] = a[i][j];
    for(i = 0;i < n;i++)
    {
        if(sgn(b[i][i]) == 0)
        {
            for(j = i + 1; j < n;j++)
            if(sgn(b[j][i]) != 0) break;
            if(j == n)return 0;
            for(k = i;k < n;k++) swap(b[i][k],b[j][k]);
            sign++;
        }
        ret *= b[i][i];
        for(k = i + 1;k < n;k++) b[i][k]/=b[i][i];

        for(j = i+1;j < n;j++)
        for(k = i+1;k < n;k++) b[j][k] -= b[j][i]*b[i][k];
    }
    if(sign & 1)ret = -ret;
    return ret;
}

double a[MAXN][MAXN];
int g[MAXN][MAXN];

int main()
{
    int T;
    int n,m;
    int u,v;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%d",&n,&m);
        memset(g,0,sizeof(g));
        while(m--)
        {
            scanf("%d%d",&u,&v);
            u--;v--;
            g[u][v] = g[v][u] = 1;
        }
        memset(a,0,sizeof(a));
        for(int i = 0;i < n;i++)
        for(int j = 0;j < n;j++)
        if(i != j && g[i][j])
        {
            a[i][i]++;
            a[i][j] = -1;
        }
        double ans = det(a,n-1);
        printf("%.0lf\n",ans);
    }
    return 0;
}

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：

/* ***********************************************
MYID    : Chen Fan
LANG    : G++
PROG    : Counting_MST_From_Kuangbin_HDU4408
************************************************ */

#include <map>
#include <stack>
#include <queue>
#include <math.h>
#include <vector>
#include <string>
#include <stdio.h>
#include <string.h>
#include <stdlib.h>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define N 405
#define M 4005
#define E
#define inf 0x3f3f3f3f
#define dinf 1e10
#define linf (LL)1<<60
#define LL long long
#define clr(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace std;

LL mod;
struct Edge
{
    int a,b,c;
    bool operator<(const Edge & t)const
    {
        return c<t.c;
    }
}edge[M];
int n,m;
LL ans;
int fa[N],ka[N],vis[N];
LL gk[N][N],tmp[N][N];
vector<int>gra[N];

int findfa(int a,int b[]){return a==b[a]?a:b[a]=findfa(b[a],b);}

LL det(LL a[][N],int n)
{
    for(int i=0;i<n;i++)for(int j=0;j<n;j++)a[i][j]%=mod;
    long long ret=1;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        for(int j=i+1;j<n;j++)
            while(a[j][i])
            {
                LL t=a[i][i]/a[j][i];
                for(int k=i;k<n;k++)
                    a[i][k]=(a[i][k]-a[j][k]*t)%mod;
                for(int k=i;k<n;k++)
                    swap(a[i][k],a[j][k]);
                ret=-ret;
            }
        if(a[i][i]==0)return 0;
        ret=ret*a[i][i]%mod;
        //ret%=mod;
    }
    return (ret+mod)%mod;
}

int main()
{
    while(scanf("%d%d%I64d",&n,&m,&mod)==3)
    {

        if(n==0 && m==0 && mod==0)break;

        memset(gk,0,sizeof(gk));
        memset(tmp,0,sizeof(tmp));
        memset(fa,0,sizeof(fa));
        memset(ka,0,sizeof(ka));
        memset(tmp,0,sizeof(tmp));

        for(int i=0;i<N;i++)gra[i].clear();
        for(int i=0;i<m;i++)
            scanf("%d%d%d",&edge[i].a,&edge[i].b,&edge[i].c);
        sort(edge,edge+m);
        for(int i=1;i<=n;i++)fa[i]=i,vis[i]=0;
        int pre=-1;
        ans=1;
        for(int h=0;h<=m;h++)
        {
            if(edge[h].c!=pre||h==m)
            {
                for(int i=1;i<=n;i++)
                    if(vis[i])
                    {
                        int u=findfa(i,ka);
                        gra[u].push_back(i);
                        vis[i]=0;
                    }
                for(int i=1;i<=n;i++)
                    if(gra[i].size()>1)
                    {
                        for(int a=1;a<=n;a++)
                            for(int b=1;b<=n;b++)
                                tmp[a][b]=0;
                        int len=gra[i].size();
                        for(int a=0;a<len;a++)
                            for(int b=a+1;b<len;b++)
                            {
                                int la=gra[i][a],lb=gra[i][b];
                                tmp[a][b]=(tmp[b][a]-=gk[la][lb]);
                                tmp[a][a]+=gk[la][lb];tmp[b][b]+=gk[la][lb];
                            }
                        long long ret=(long long)det(tmp,len);
                        ret%=mod;
                        ans=(ans*ret%mod)%mod;
                        for(int a=0;a<len;a++)fa[gra[i][a]]=i;
                    }
                for(int i=1;i<=n;i++)
                {
                    ka[i]=fa[i]=findfa(i,fa);
                    gra[i].clear();
                }
                if(h==m)break;
                pre=edge[h].c;
            }
            int a=edge[h].a,b=edge[h].b;
            int pa=findfa(a,fa),pb=findfa(b,fa);
            if(pa==pb)continue;
            vis[pa]=vis[pb]=1;
            ka[findfa(pa,ka)]=findfa(pb,ka);
            gk[pa][pb]++;gk[pb][pa]++;
        }
        int flag=0;
        for(int i=2;i<=n&&!flag;i++)if(ka[i]!=ka[i-1])flag=1;
        ans%=mod;
        printf("%I64d\n",flag?0:ans);
    }
    return 0;
}

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。