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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\n",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：
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\n",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：http://www.cnblogs.com/jcf94/p/4067739.html
