【矩陣樹定理】【拉格朗日插值】JZOJ6461. 【GDOI2020模擬02.05】生成樹

Description

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給定一張 N 個點，M 條邊的無向圖，邊有紅、綠、藍三種顏色，分別用 1,2,3 表示。
求這張圖有多少生成樹，滿足綠色邊數量不超過 x，藍色邊數量不超過 y，答案對10^9 + 7 取模。
1 ≤ N ≤ 40,1 ≤ M ≤ 10^5

矩陣樹定理

• 專門用來處理無向連通圖生成樹有關的計數問題。
• 首先定義基爾霍夫（Kirchhoff）矩陣爲$度數矩陣A-鄰接矩陣E$（都是n階的）。$A[i][i]$爲點i的度數。$E[i][j]=1$表示$i,j$有一條邊。
• 定理內容：該矩陣的任意一個代數餘子式相等，且生成樹的個數即爲該矩陣的任意一個代數餘子式。（代數餘子式即挖掉某一行某一列後剩下的$n-1$階的矩陣的行列式）。
• 運用高斯消元即可做到$n^3$的時間複雜度。

矩陣樹定理的推廣

1. 廣義上來說求得的應該是所有生成樹的邊權乘積之和。對於簡單的無向圖來說邊權就是1，就可以套用上面的結論。如果$(i,j)$間有很多條平行邊，那麼對應的鄰接矩陣的位置也就不是1了，而是邊的條數，相當於是套了一個權值。
2. 由於求行列式是一系列相乘的計算的，所以我們矩陣的元素還可以是多項式（具體參照這道題目），而求行列式的過程涉及到了多項式乘法。應該注意到的是，度數也要根據組成的不同分成多項式。

Solution

• 首先這道題目顯然與矩陣樹定理密切相關。
• 而多種顏色的邊我們可以用多項式表示，每一對$(i,j)$的邊權可以用(a+bx+cy)表示，常數項，x的係數，y的係數分別表示紅綠藍。那麼求行列式的多項式乘法最終的答案也是一個多項式，$x^iy^j$的係數自然就是$i$條綠，$j$條藍邊的方案數。
• 感性理解。
• 那麼問題在於模數和時間複雜度，使得我們不能直接用多項式乘法，求逆去做高斯消元求行列式。
• 注意到最後次數在n以內，所以我們拿出我們處理多項式問題的又一利器——拉格朗日插值。我們直接暴力$n^2$枚舉n種i，n種j，做二維的拉格朗日插值即可。二維的拉格朗日插值與一維的大同小異。
  
• 至此我們需要$n^2$枚舉$i,j$，裏面一個$n^3$的行列式，以及一個$n^2$的多項式暴力乘法.
• $O(n^5)$

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define maxn 41
#define ll long long 
#define mo 1000000007
using namespace std;

int n,m,i,j,k,cx,cy,du[maxn],x,y,z,a[maxn][maxn][3];
ll inv[maxn],F[maxn][maxn],A[maxn][maxn],X[maxn],Y[maxn],Z[maxn];

void read(int &x){
	x=0; char ch=getchar();
	for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar());
	for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+ch-'0';
}

ll ksm(ll x,ll y){
	ll s=1;
	for(;y;y/=2,x=x*x%mo) if (y&1)
		s=s*x%mo;
	return s;
}

ll Gauss(int x,int y){
	for(i=1;i<n;i++) for(j=1;j<n;j++) 
		A[i][j]=-a[i][j][0]-a[i][j][1]*x-a[i][j][2]*y;
	for(i=1;i<n;i++) {
		A[i][i]=0;
		for(j=1;j<=n;j++) 
			A[i][i]+=a[i][j][0]+a[i][j][1]*x+a[i][j][2]*y;
	}
	ll ans=1;
	for(i=1;i<n;i++) {
		if (!A[i][i]) {
			for(j=i+1;j<n;j++) if (A[j][i]){
				ans=-ans;
				for(k=1;k<n;k++) swap(A[i][k],A[j][k]);
				break;
			}
			if (!A[i][i]) return 0;
		}
		int inv0=ksm(A[i][i],mo-2); ans=ans*A[i][i]%mo;
		for(j=i;j<n;j++) A[i][j]=A[i][j]*inv0%mo;
		for(j=i+1;j<n;j++) for(k=n-1;k>=i;k--)
			(A[j][k]-=A[j][i]*A[i][k])%=mo;
	}
	for(i=1;i<n;i++) ans=ans*A[i][i]%mo;
	return ans;
}

int main(){
	read(n),read(m),read(cx),read(cy);
	for(i=1;i<=n;i++) inv[i]=ksm(i,mo-2);
	for(i=1;i<=m;i++) {
		read(x),read(y),read(z);
		a[x][y][z-1]++,a[y][x][z-1]++;
		du[x]++,du[y]++;
	}
	for(x=1;x<=n;x++) for(y=1;y<=n;y++){
		ll tmp=Gauss(x,y);
		memset(X,0,sizeof(X)),memset(Y,0,sizeof(Y));
		X[0]=Y[0]=1;
		for(k=0,i=1;i<=n;i++) if (i!=x){
			tmp=tmp*inv[abs(x-i)]%mo*((x>i)?1:-1);
			for(j=++k;j>=1;j--) X[j]=(-X[j]*i+X[j-1])%mo;
			X[0]=-X[0]*i%mo;
		}
		for(k=0,i=1;i<=n;i++) if (i!=y){
			tmp=tmp*inv[abs(y-i)]%mo*((y>i)?1:-1);
			for(j=++k;j>=1;j--) Y[j]=(-Y[j]*i+Y[j-1])%mo;
			Y[0]=-Y[0]*i%mo;
		}
		for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<n;j++)
			F[i][j]+=X[i]*Y[j]%mo*tmp%mo;
	}
	for(i=0;i<n;i++) for(j=0;j<n;j++)
		F[i][j]=(F[i][j]%mo+mo)%mo;
	ll ans=0;
	for(i=0;i<=cx;i++) for(j=0;j<=cy;j++)
		ans+=F[i][j]%mo;
	printf("%lld",(ans%mo+mo)%mo);
}