【JZOJ5153】树形图求和 题解

题目大意

  $N<=300，M<=10^5，w<=10^9$

$$\\$$ $$\\$$ $$\\$$

【60%】n<=50，m<=200

  有向图生成树计数：
  基尔霍夫矩阵是度数矩阵减邻接矩阵，现在把度数矩阵改成出度矩阵，然后以 $N$ 为根的话，答案就是 $M_{N,N}$。

  考虑每一条边的贡献，那就是要计算强制选这条边之后的生成树个数。
  如果强制选 $(u_i,v_i,w_i)$，相当于把 $u_i$ 的其他出边删掉，只保留这条边。那对于基尔霍夫矩阵来说，相当于把 $u_i$ 这行改掉。

  对于 60 分，每次暴力修改矩阵，算 $Det$。

【100%】

  对于快速计算某个矩阵修改一行（或一列）的 $Det$，有这么个公式：

  比如要把某行修改成 $c_1,c_2,…,c_n$，我们给每一行设个未知数 $x_i$，然后对每一列都列一条方程：$\sum A_{i,j}x_i=c_j$，解出来。那么如果要把第 $i$ 行修改成这个，就给原来的 $Det$ 乘上 $x_i$。

  所以可以先把方程解好，询问的时候直接乘。
  由于 $c$ 的值是不固定的，所以解方程是要解出这样的形式：$x_i=a_1c_1+a_2c_2+…+a_nc_n$。
  具体实现可以弄两个矩阵，左边是方程系数，右边是 $c$ 的系数，对左边高斯消元的同时，右边做相同的操作。

代码

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define fo(i,a,b) for(int i=a;i<=b;i++)
using namespace std;

typedef long long LL;

const int maxn=305, maxm=1e5+5;
const LL mo=1e9+7;

int n,m,u[maxm],v[maxm],w[maxm];

LL mi(LL x,LL y)
{
	LL re=1;
	for(; y; y>>=1, x=x*x%mo) if (y&1) re=re*x%mo;
	return re;
}

LL D,J[maxn][maxn];
void Det()
{
	D=1;
	fo(i,1,n-1)
	{
		fo(j,i,n-1) if (J[j][i]!=0)
		{
			swap(J[i],J[j]);
			if (i!=j) D*=-1;
			break;
		}
		fo(j,i+1,n)
		{
			LL c=J[j][i]*mi(J[i][i],mo-2)%mo;
			fo(k,i,n) (J[j][k]-=c*J[i][k])%=mo;
		}
	}
	fo(i,1,n-1) (D*=J[i][i])%=mo;
	D=(D+mo)%mo;
}

LL G[maxn][maxn],Gc[maxn][maxn],c[maxn];
void Gauss()
{
	fo(i,1,n)
	{
		fo(j,i,n) if (G[j][i]!=0)
		{
			swap(G[i],G[j]), swap(Gc[i],Gc[j]);
			break;
		}
		LL c=mi(G[i][i],mo-2);
		fo(j,1,n) (G[i][j]*=c)%=mo, (Gc[i][j]*=c)%=mo;
		fo(j,1,n) if (j!=i)
		{
			LL c=G[j][i];
			fo(k,1,n) (G[j][k]-=c*G[i][k])%=mo, (Gc[j][k]-=c*Gc[i][k])%=mo;
		}
	}
}
void Pre()
{
	fo(i,1,n)
	{
		Gc[i][i]=1;
		fo(j,1,n) G[i][j]=J[j][i];
	}
	Gauss();
}

int main()
{
	scanf("%d %d",&n,&m);
	fo(i,1,m)
	{
		scanf("%d %d %d",&u[i],&v[i],&w[i]);
		J[u[i]][u[i]]++;
		J[u[i]][v[i]]--;
	}
	
	Pre();
	Det();
	
	LL ans=0;
	fo(i,1,m) if (u[i]<n)
	{
		LL x=(Gc[u[i]][u[i]]-Gc[u[i]][v[i]])%mo;
		(ans+=D*x%mo*w[i])%=mo;
	}
	
	printf("%lld\n",(ans+mo)%mo);
}