Tutte 矩阵解决一般图图的匹配问题

详见 《2017国家集训队论文》“基于线性代数的一般图匹配”

前言：这个东西比带花树好记多了

• 符号规定：$A_{i,j}$ 表示第 $i$ 行第 $j$ 列，$A_{I,J}$ 表示暴力集合 $I$ 中的行和集合 $J$ 中的列剩下的矩阵，$A^{I,J}$ 表示除去 $I$ 中的行和 $J$ 中的列的矩阵，$rankA$ 表示矩阵 $A$ 的秩

• $\text{Tutte}$ 矩阵，对于一个无向图 $G=(V,E)$，定义 $G$ 的 $\text{Tutte}$ 矩阵为一个 $n\times n$ 的矩阵 $\tilde{A}(G)$
  $$\begin{gathered} \tilde{A}(G)=x_{i,j}(v_i{v}_j\in E,i<j) \\ \tilde{A}(G)=-x_{i,j}(v_i{v}_j\in E,i>j) \\ \tilde{A}(G)=0(v_i{v}_j,otherwise) \end{gathered}$$
  

• 定理：一个图 $G$ 有完美匹配当且仅当 $\det \tilde{A}(G)\ne 0$
  证：我们知道，$Tutte$ 矩阵行列式的意义是枚举若干个环（有向）来分割这个图，若存在一个奇环，那么必定存在一个行列式使得这个奇环反向且其它不变，次数行列式系数取相反数，故若行列式不为 0，就一定存在一种全是偶环的分割方法，此时我们在偶环上两两匹配即可
  

• 判断完美匹配：我们随机一组 $x$ 代入求出行列式判断是否为 0，对于值域取 $F$ 的 不恒为 0 的 $d$ 度多项式，设 $r_1,r_2,\dots ,r_n$ 是在 $F$ 中选择的随机数，那么：
  $$\text{Pr}[P(r_1,r_2,\dots ,r_n)=0]=\frac{d}{|F|}$$

• 求完美匹配的方案：
  枚举 $v_i{v}_j$ 检查 G−{vi,vj}G-\{v_i,v_j\}G−{vi​,vj​} 有没有完美匹配，复杂度爆炸
  这时我们需要运用 $Tutte$ 矩阵的性质，我们知 $Tutte$ 矩阵是一个斜对称矩阵，记 $A=-A^{\text{T}}$

斜对称矩阵的性质

• 定理1：对于 $n\times n$ 的斜对称矩阵 $A$，若 $n$ 为奇数，则 $|A|=0$
  证：$|A|=|-A^{\text{T}}|=-|A|,|A|=0$
• 定理2：对于一个集合 $I$ 使得 $A_{i_1},A_{i_2},\dots ,A_{i_k}$ 线性无关，则 $|A_{I,I}|\ne 0$，$A_{I,I}$ 的秩为 $l$
  推论：存在 I={i1,i2,…,ik}I=\{i_1,i_2,\dots,i_k\}I={i1​,i2​,…,ik​} 满足 $A_{I,I}$ 的秩为 $k$
• 定理3：一个斜对称矩阵的秩为偶数，由定理2推之
• 定理4：$A^{i,j}\ne 0$ 当且仅当 A{i,j},{i,j}≠0(i≠j)A^{\{i,j\},\{i,j\}}\neq 0(i\neq j)A{i,j},{i,j}​=0(i​=j)
  必要性：Ai,j≠0⇒rank Ai,j=n−1⇒rank A{i,j},{i,j}≥n−3⇒rank A{i,j},{i,j}=n−2A^{i,j}\neq 0\Rightarrow rank\ A^{i,j}=n-1 \Rightarrow rank\ A^{\{i,j\},\{i,j\}}\ge n-3\Rightarrow rank\ A^{\{i,j\},\{i,j\}}=n-2Ai,j​=0⇒rank Ai,j=n−1⇒rank A{i,j},{i,j}≥n−3⇒rank A{i,j},{i,j}=n−2
  充分性：∣A{i,j},{i,j}∣≠0⇒rank A{i,j},{i,j}=n−2|A^{\{i,j\},\{i,j\}}|\neq 0\Rightarrow rank\ A^{\{i,j\},\{i,j\}}=n-2∣A{i,j},{i,j}∣​=0⇒rank A{i,j},{i,j}=n−2，而 rank Ai,{i,j}=rank Ai,i=n−2rank\ A^{i,\{i,j\}}=rank \ A^{i,i}=n-2rank Ai,{i,j}=rank Ai,i=n−2，故 $A^{i,\varnothing }$ 的第 $j$ 列是其余列的线性组合，故 $rank{A}^{i,j}=n-1\Rightarrow |A^{i,j}|\ne 0$

• 于是我们有了更快捷的判断方法：
  定理：对于图 $G=(V,E)$，与其 $Tutte$ 矩阵 $\tilde{A}(G)$，$(\tilde{A}(G){)}_{i,j}^{-1}\ne 0$ 当且仅当 G−{vivj}G-\{v_iv_j\}G−{vi​vj​} 有完美匹配，中间用到了 $A^{-1}=A^{\ast }/|A|$，与定理 4
  于是我们可以求 $n$ 次逆，复杂度 $O(n^4)$

• 优化：注意到我们的矩阵每次只是去除一行一列，考虑构造出新矩阵的逆
  
  
  对 $A^{-1}$ 做矩阵初等变换即可得到 $B$
  至此，我们可以在 $O(n^3)$ 的时间构造出完美匹配的方案

• 一般匹配：
  定理：图 $G$ 的最大匹配数为 $k=\frac{1}{2}rank\tilde{A}(G)$，利用定理2 可以证明
  于是我们可以新建 $n-2\ast k$ 个点与 $n$ 个点连边，就一定有完美匹配，同时可以求出最大匹配
  其实没有必要这么麻烦，我们用高斯消元求出这个最大无关向量组及其所形成的矩阵 $A_{I,I}$ 即可

• 判断一个点是否在最大匹配上：对于新增的 $n-2k$ 个点，即为 $v_j$，原来的点记为 $v_i$，若 G−{vi,vj}G-\{v_i,v_j\}G−{vi​,vj​} 是完美匹配，那么 $v_i$ 可能不在最大匹配上，我们只需要判断 $(\tilde{A}(G){)}_{i,j}^{-1}\ne 0$ 即可

• 带权匹配：
  没有边的用 0 边补上（让其一定存在完美匹配），引入一个新元 $y$，令 $\tilde{A}(G{)}^{\prime }=\tilde{A}(G)\ast y^{w_{i,j}}$，于是问题变成求 $|\tilde{A}(G{)}^{\prime }|$ 中 $y$ 的最高项系数，拉格朗日插值
  复杂度 $O(W{n}^3+W^2)$