行列式入門與矩陣樹定理完整證明

前置技能

• 簡單的數學知識
• 高斯消元

行列式

定義

對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$，記它第 $i$ 行第 $j$ 列的元素爲 $a_{i, j}$，以及一個 $1 \sim n$ 的排列 $p$，記 $\lambda_A(p) = (-1) ^ {\tau(p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_i}$（其中 $\tau(p)$ 是 $p$ 的逆序對個數）則 $|A| = \det A = \sum_{p} \lambda_A(p) = \sum_{p} \left( (-1) ^ {\tau(p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_i} \right)$（其中 $|A|$ 和 $\det A$ 都是 $A$ 的行列式的意思，後文有時爲了便於區分行列式和絕對值會使用 $\det A$，其餘大部分時候使用 $|A|$）顯然行列式運算結果是數量。

簡單理解一下發現這樣的計算方法的時間複雜度是 $O(n \cdot \log n \cdot n!)$。因此這個定義沒什麼用

性質

除了少數幾個，名字基本都是亂編的

拉普拉斯展開

對於一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$ 和任意一個 $1 \leq i \leq n$，有 $|A| = \sum_{j = 1}^{n} (-1)^{i + j} a_{i, j} |A_{i, j}|$ 其中 $A_{i, j}$ 指矩陣 $A$ 刪去第 $i$ 行和第 $j$ 列的所有元素後形成的一個 $(n - 1) \times (n - 1)$ 的矩陣。這個計算式稱爲對第 $i$ 行進行拉普拉斯展開。

證明：
根據定義每個 $\lambda_A(p)$ 一定有一個因子 $x$ 滿足 $x \in \{a_{i, 1}, a_{i, 2}, \cdots, a_{i, n}\}$，枚舉 $j$ 得到這個因子 $a_{i, j}$ 和滿足 $p_i = j$ 的排列 $p$，然後將這個 $p_i$ 刪除，並把 $p$ 中所有大於 $j$ 的元素減一得到 $q$（$q$ 是 $1 \sim n-1$ 的排列），於是在 $n, i, j$ 確定時有了一個 $p$ 與 $q$ 之間的一一對應的函數關係。

例如，當 $n = 3, i = 1, j = 2$ 時，滿足 $p_1 = 2$ 的 $p$ 有 $\{2, 1, 3\}, \{2, 3, 1\}$，將 $2$ 刪除，得到$\{1, 3\}, \{3, 1\}$，然後將 $3$ 減一，得到 $q$ 爲 $\{1, 2\}$ 和 $\{2, 1\}$；根據 $n = 3, i = 1, j = 2$，亦可將 $q$ 還原爲 $p$。

令 $\xi(p) = q$，那麼 $\left| \frac{\sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i]}{a_{i, j}} \right| = \left|\sum_{p} \lambda_{A_{i, j}}(\xi(p)) \cdot [j = p_i] \right|$ 右邊變爲直接枚舉 $\xi(p)$，即 $\left| \frac{\sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i]}{a_{i, j}} \right| = \left|\sum_{q} \lambda_{A_{i, j}}(q) \right| = |\det A_{i, j}|$ $\left| \sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i] \right| = |a_{i, j} \cdot \det A_{i, j}|$ 再考慮正負號，即 $\tau(p)$ 與 $\tau(\xi(p))$ 的奇偶性的差別，這取決於 $p_i$ 前面大於 $j$ 的數量和 $p_i$ 後面小於 $j$ 的數量，即 $\begin{aligned} & \sum_{k = 1}^{i - 1} [p_k > j] + \sum_{k = i + 1}^{n}[p_k < j] \\ =& \sum_{k = 1}^{i - 1} [p_k > j] + \left( j - 1 - \sum_{k = 1}^{i - 1}[p_k < j] \right) \\ =& \sum_{k = 1}^{i - 1} [p_k > j] + j - 1 - \left( i - 1 - \sum_{k = 1}^{i - 1}[p_k > j] \right) \\ =& 2\sum_{k = 1}^{i - 1} [p_k > j] + (i + j) \equiv i + j \mod 2\end{aligned}$ 於是 $\tau(p) = (-1)^{i + j} \tau(\xi(p))$，則$\sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i] = (-1)^{i + j} \cdot a_{i, j} \cdot \det A_{i, j}$
於是 $|A| = \sum_{p} \lambda_A(p) = \sum_{j = 1}^{n} \sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i] = \sum_{j = 1}^{n} (-1)^{i + j} a_{i, j} |A_{i, j}|$

(百度百科“拉普拉斯展開”中有一個看不怎麼懂的高端證明，但比較簡潔，emmm 感覺上跟我這個自己 yy 的證明可能差不多)

線性性

可乘性

對於任意 $1 \leq i \leq n$ 和 $k$，若 $A = \begin{pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ ka_{i, 1} & ka_{i, 2} & \cdots & ka_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{pmatrix}$，$B = \begin{pmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{pmatrix}$，則 $|A| = k|B|$。

證明：
根據定義，對於每個 $p$，$\lambda_A(p) = k \cdot \lambda_B(p)$，得證。

可加性

對於任意 $1 \leq i \leq n$ 和 $k$，$\begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i - 1, 1} & a_{i - 1, 2} & \cdots & a_{i - 1, n} \\ a_{i, 1} + b_{i, 1} & a_{i, 2} + b_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} + b_{i, n} \\ a_{i + 1, 1} & a_{i + 1, 2} & \cdots & a_{i + 1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i - 1, 1} & a_{i - 1, 2} & \cdots & a_{i - 1, n} \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ a_{i + 1, 1} & a_{i + 1, 2} & \cdots & a_{i + 1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i - 1, 1} & a_{i - 1, 2} & \cdots & a_{i - 1, n} \\ b_{i, 1} & b_{i, 2} & \cdots & b_{i, n} \\ a_{i + 1, 1} & a_{i + 1, 2} & \cdots & a_{i + 1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix}$

證明：
對第 $i$ 行拉普拉斯展開即證。

不重性

對於 $n \times n (n > 1)$ 的矩陣 $A$，若存在 $1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n, j \neq j$ 使得對於任意 $1 \leq k \leq n$ 都有 $a_{i, k} = a_{j, k}$，即矩陣中某兩行對應相等，則 $|A| = 0$。

證明：
若某排列 $p$ 滿足 $p_x = i, p_y = j (x < y)$，記 $q$ 爲 $p$ 交換第 $x, y$ 個元素後得到的排列，即 $q_y = i, q_x = j (x < y)$，那麼 $\lambda_A(p) = -\lambda_A(q)$，因爲兩者逆序對個數相差 $1$。
於是將所有 $1 \sim n$ 的排列這樣兩兩配對，即可使所有 $\lambda_A(p)$ 抵消爲 $0$，得證。

可倍加性

對於任意 $1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n, j \neq j$：
$\begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} + ka_{j, 1} & a_{i, 2} + ka_{j, 2} & \cdots & a_{i, n} + ka_{j, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix}$

證明：
$\begin{aligned} & \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} + ka_{j, 1} & a_{i, 2} + ka_{j, 2} & \cdots & a_{i, n} + ka_{j, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} \\ =& \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ ka_{j, 1} & ka_{j, 2} & \cdots & ka_{j, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} & (可加性) \\ =& \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} + k\begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{j, 1} & a_{j, 2} & \cdots & a_{j, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} & (線性性) \\ =& \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} + 0 & (不重性) \\ =& \begin{vmatrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \cdots & a_{1, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{i, 1} & a_{i, 2} & \cdots & a_{i, n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \cdots & a_{n, n} \end{vmatrix} \end{aligned}$

轉置不變性

任意一個 $n \times n$ 的矩陣 $A$，滿足 $|A^T| = |A|$。$A^T$ 表示矩陣 $A$ 的轉置，即 $a_{i, j} \to a_{j, i}$（換句話說，將 $A$ 沿“左上 - 右下”對角線翻折即得到 $A^T$），下同。

證明：
對於一個排列 $p$，根據轉置的定義，令 $\xi(p) = q\ (q_{p_i} = i)$，那麼 $\lambda_A(p) = \lambda_{A^T}(\xi(p))$。考慮 $\tau(p)$ 和 $\tau(\xi(p))$ 的關係：
把 $A_{i, p_i}\ (1 \leq i \leq n)$ 記做特殊點，令 $\Tau_p(i)$ 表示 $A_{i, p_i}$ 的左下方的特殊點數量，$\Tau'_p(i)$ 表示$A_{i, p_i}$ 的右上方的特殊點數量，則 $\tau(p) = \sum_{i = 1}^{n} \Tau_p(i) = \sum_{i = 1}^{n} \Tau'_p(i)$，由於是沿對角線翻折，所以顯然 $\Tau_p(i) = \Tau'_q(i)$（事實上只是把“左下方”的特殊點變到“右上方”，“右上方”變到“左下方”），於是 $\tau(p) = \tau(q)$。
因此 $\lambda_A(p) = \lambda_{A^T}(\xi(p))$，得證。

可交換性

行可交換性

矩陣兩行交換，矩陣的行列式值反號。

證明：
交換 $A$ 的兩行 $u, v$ 可視爲將 $v$ 行加到 $u$ 行上（①）得到一個新矩陣 $A'$，再從 $A'$ 的 $v$ 行上減去 $A'$ 的 $u$ 行（②），再將 $A'$ 的 $u$ 行全部取反（③）。根據可倍加性，① 和 ② 均不改變行列式的值，根據可乘性，③ 操作使行列式的值反號，得證。

列可交換性

矩陣兩列交換，矩陣行列式值反號。

證明：
根據轉置不變性，先轉置再用行可交換性交換兩行，再轉置回來即證。

優化行列式的計算

對矩陣 $A$ 的第一行進行拉普拉斯展開可以證明：當 $A$ 爲一個上三角矩陣（即任意 $i > j$，滿足 $a_{i, j} = 0$）時：$|A| = \prod_{i = 1}^{n} a_{i, i}$ 發現高斯消元用到的是可倍加性、可交換性，於是我們對 $A$ 高斯消元，可以得到一個上三角矩陣，這個矩陣的對角線乘積即爲 $A$ 的行列式的絕對值（可交換性會使其反號）！於是我們做到了 $O(n^3)$ 求行列式的值。

矩陣樹定理

前置定義

對於一個無向圖 $G = (V, E)$，其中 $|V| = n$（點數），$|E| = m$（邊數）：

• 給 $G$ 的每條邊任意分配一個方向，則它的關聯矩陣（大小爲 $m \times n$） $B$：$b_{i, j} = \begin{cases} 1 & 點\ j\ 是邊\ i\ 的起點 \\ -1 & 點\ j\ 是邊\ i\ 的終點 \\ 0 & 其他\end{cases}$
• $G$ 的基爾霍夫矩陣（大小爲 $n \times n$）$L$：$l_{i, j} = \begin{cases} d_i & i = j \\ -e_{i, j} & i \neq j\end{cases}$ （其中 $d_i$ 表示 $i$ 號點的度，$e_{i, j}$ 連接點 $i, j$ 的邊的數量）

一些引理

轉置引理

$L = BB^T$ $L, B, B^T$ 定義如上，乘法是矩陣乘法。

證明：
按照矩陣乘法的規則展開即證。
事實上如果定義兩個序列相乘的結果是對應位置的乘積之和的話，矩陣乘法將 $B$ 的列兩兩相乘得到了一個新矩陣，這個矩陣就是 $L$。

連通性引理

引理 1

若 $G$ 是一個連通圖，那麼 $|L| = 0$。

證明：
若 $G$ 是連通圖，那麼根據定義 $L$ 的每一列的元素之和都爲 $0$，再根據可倍加性，將其他所有行加到某一行上，這一行的元素就全部爲零，再對這一行進行拉普拉斯展開，得到 $|L| = 0$。

引理 2

若 $G$ 不連通，則對任意 $1 \leq i \leq n$，$|L_{i, i}| = 0$。

證明：
根據行列可交換性，我們將同一聯通塊的點換到一起，得到的新矩陣 $L'$ 滿足 $|\det L'| = |\det L|$，並且 $L'$ 長這個樣子：$\begin{pmatrix} A_1 & \bold{0} & \bold{0} & \cdots & \bold{0} \\ \bold{0} & A_2 & \bold{0} & \cdots & \bold{0} \\ \bold{0} & \bold{0} & A_3 & \cdots & \bold{0} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ \bold{0} & \bold{0} & \bold{0} & \cdots & A_k\end{pmatrix}$（$\bold{0}$ 代表零矩陣，$k$ 是聯通塊的個數）
由於 $G$ 不連通，所以 $k \geq 2$，所以 $L_{i, i}$ 至少包含一個 $A_x (1 \leq x \leq k)$。因爲 $A_x$ 是一個獨立連通子圖，所以 $A_x$ 可以經過適當操作使得其對角線上某個元素爲 $0$，進而 $|L_{i, i}| = 0$。

引理 3

若 $G$ 是一個樹，則對任意 $1 \leq i \leq n$，$|\det L_{i, i}| = 1$。

證明：
將這個樹的結點拓撲排序，使得對於任意點 $i$，去除掉所有 $1 \sim i - 1$ 的點後 $i$ 的度數爲 $1$，這可以通過不斷“摘掉”葉子結點實現。然後以這個順序整理矩陣 $L$ 的各行得到 $L'$，我們對 $L'$ 模擬高斯消元的過程：
假設當前到了第 $i$ 行。沒有消元時，由於我們拓撲排序了，那麼 $l'_{i, i}$ 右邊（“右邊”指所有 $l'_{i, j}\ (j > i)$，“左邊”“上面”“下面”同理）和下面有且僅有 $1$ 個 $-1$，左邊和上面有且僅有 $l'_{i, i} - 1$ 個 $-1$；由於我們用前 $i - 1$ 行消掉了 $l'_{i, i}$ 前面的 $l'_{i, i} - 1$ 個 $-1$， 並且 $l'_{i, i}$ 上面有 $l'_{i, i} - 1$ 個 $-1$，於是 $l'_{i, i}$ 被加了 $l'_{i, i} - 1$ 個 $-1$，就變成了 $1$。
按這樣高斯消元下去，最後一個元素（$l'_{n, n}$） 肯定是 $0$。但我們要求的是 $|L_{i, i}| = |L'_{i, i}|$，它是 $L'$ 刪去了一行一列，因此 $L'_{i, i}$ 消元過後的最後一個（$l''_{n - 1, n - 1}$）是 $1$。於是對角線上的元素全部是 $1$，得證。

Binet - Cauchy 定理

設 $A$ 是一個 $n \times m$ 的矩陣，$B$ 是一個 $m \times n$ 的矩陣，有 $|AB| = \begin{cases} 0 & n > m \\ |A| \cdot |B| & n = m\\ \sum\limits_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_n \leq m} |A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n)| \cdot |B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)| & n < m \end{cases}$ （$A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n)$ 表示由 $A$ 的第 $k_1, k_2, \cdots, k_n$ 列組成的矩陣；$B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)$ 表示由 $B$ 的第 $k_1, k_2, \cdots, k_n$ 行組成的矩陣）

證明：
我們構造兩個輔助矩陣：$M = \begin{pmatrix} A & \bold{0} \\ -I & B\end{pmatrix},\ \ N = \begin{pmatrix} \bold{0} & AB \\ -I & B\end{pmatrix}$ 其中 $I$ 是單位矩陣（“左上 - 右下”對角線爲 $1$ 的矩陣）可以發現 $|M| = |N|$，證明如下：
枚舉 $M$ 矩陣的第 $i\ (n + 1 \leq i \leq n + m)$ 行，然後將第 $i$ 行乘以 $a_{k_1}$ 後加到第 $1$ 行，乘以 $a_{k_2}$ 後加到第 $2$ 行，……，乘以 $a_{k_n}$ 後加到第 $n$ 行。這樣操作完後，根據矩陣乘法的定義，$M$ 變爲了 $N$，又因爲倍加不變性，$|M| = |N|$。
用定義式計算 $|N|$，由於只要 $p$ 選到 $\bold{0}$ 中的元素 $\lambda_N(p)$ 就爲 $0$，所以只考慮 $p_1, p_2, \cdots, p_n \in [m + 1, m + n]$ 的情況，又因爲 $AB$ 是個 $n \times n$ 的矩陣，所以 $p_{n + 1}, p_{n + 2}, \cdots, p_{n + m} \in [1, m]$，所以 $|N| = |AB| \cdot |-I| = (-1)^m |AB|$
接下來分類計算 $|M|$，並證明該定理：

• 當 $n > m$ 時（圖中 $C = AB$，下同）：
  
  用定義式計算 $M$，發現排列 $p$ 無論如何取都會取到 $\bold{0}$ 中的元素（原因就是 $n > m$），因此 $|M| = 0$，即 $(-1)^m |AB| = 0$，即 $|AB| = 0$。
• 當 $n = m$ 時：
  
  用定義式計算 $M$，顯然只有 $p_1, p_2, \cdots, p_n \in [1, n]$ 且 $p_{n + 1}, p_{n + 2}, \cdots, p_{n + m} \in [n + 1, n + m]$ 時 $\lambda_M(p)$ 不爲 $0$，於是 $|M| = |A| \cdot |B| \cdot (-1)^{n^2}$ 其中 $(-1)^{n^2}$ 即爲分開計算 $A, B$ 將兩者的排列合起來新形成的逆序對數。因而 $|A| \cdot |B| \cdot (-1)^{n^2} = |AB| \cdot (-1)^m$，於是 $|A||B| = |AB|(-1)^{m - n^2} = |AB|(-1)^{n - n^2} = |AB|$
• 當 $n < m$ 時：
  
  這時候我們枚舉 $k_1, k_2, \cdots, k_n \in [1, m]$（就是定理中的 $k_1, k_2, \cdots, k_n$）表示在 $A$ 的各行中選的元素。爲了使 $\lambda_M(p) \neq 0$，$-I$ 中就只能選對角線上的元素，又因爲 $A$ 中選的元素的正下方的那個 $-1$ 肯定不能選（因爲$p$ 是排列），所以在 $B$ 被選了元素的行一定和 $A$ 被選了元素的列一樣。舉個例子，假設 $n = 3$，紅色是 $A\ /\ B$ 中含有被選中元素的列 $/$ 行。
  
  這樣一來 $|A(1, 2, \cdots, n;k_1, k_2, \cdots, k_n)|$ 的那些排列就和 $|B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)|$ 的那些排列形成了一一對應的函數關係，於是$|M| = \sum\limits_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_n \leq m} |A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n)| \cdot |B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)| \cdot (-1)^{m - n + x}$ 其中 $(-1)^{m - n}$ 是 $-I$ 的貢獻， $x$ 是“新構成”的逆序對個數，所謂新構成，就是三部分的逆序對個數之和：$-I$ 與 $A$、$-I$ 與 $B$、$A$ 與 $B$。由於枚舉出的東西關於對角線對稱，所以$-I$ 與 $A$ 之間的逆序對數等於 $-I$ 與 $B$ 之間的逆序對數，於是 $x$ 可以轉化爲 $A$ 與 $B$ 之間的逆序對數，即 $n^2$。於是 $\begin{aligned} |M| &= \sum\limits_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_n \leq m} |A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n)| \cdot |B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)| \cdot (-1)^{m - n + x} \\ &= \sum\limits_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_n \leq m} |A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n)| \cdot |B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)| \cdot (-1)^{m - n + n^2} \\ &= |AB| (-1)^m \end{aligned}$ 於是 $\begin{aligned} |AB| &= \sum\limits_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_n \leq m} |A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n)| \cdot |B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)| \cdot (-1)^{n^2 - n} \\ &= \sum\limits_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_n \leq m} |A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n)| \cdot |B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)| \end{aligned}$

定理得證。

該證明參考了 Freopen 大佬的博客，詳見參考資料。同樣百度百科上有個很線代看不懂的證明。

矩陣樹定理

對於 $n$ 個點 $m$ 條邊的無向圖 $G$ 以及任意一個 $1 \leq i \leq n$，$|L_{ii}|$ 即爲它的生成樹個數。

證明：
由轉置引理 $|L_{i, i}| = |B_{i, i} B_{i, i}^T|$ 因爲 $B_{i, i}, B_{i, i}^T$ 分別是大小爲 $(n - 1) \times (m - 1), (m - 1) \times (n - 1)$ 的矩陣，所以由 Binet - Cauchy 定理得 $|L_{i, i}| = |B_{i, i} B_{i, i}^T| = \sum_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_{n - 1} \leq m} |B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1})| \cdot |B_{i, i}^T(k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1}; 1, 2, \cdots, n - 1)|$ 由於 $B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1}) = B_{i, i}^T(k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1}; 1, 2, \cdots, n - 1)$，所以 $\begin{aligned} |L_{i, i}| = |B_{i, i} B_{i, i}^T| &= \sum_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_{n - 1} \leq m} |B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1})| \cdot |B_{i, i}^T(k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1}; 1, 2, \cdots, n - 1)| \\ &= \sum_{1 \leq k_1 < k_2 < \cdots < k_{n - 1} \leq m} |B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1})|^2 \end{aligned}$ 由關聯矩陣的定義可知，$B' = B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1})$ 就是由圖 $G$ 的邊 $k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1}$ 構成的子圖 $G'$ 的關聯矩陣。由連通性引理二得，當 $G'$ 不連通時，$|B'| = 0$；由連通性引理三得，當 $G'$ 是樹時，$|\det B'| = 1$，因此 $|B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1})|^2 = 1$ 當且僅當由圖 $G$ 的邊 $k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1}$ 構成的子圖是樹，得證。

參考資料

Matrix - Tree 定理（生成樹計數）的另類證明和簡單拓展 - MoebiusMeow
矩陣樹定理 - Freopen
Matrix - Tree 矩陣樹定理 - Lucky_Glass
拉普拉斯展開 - 百度百科
Binet - Cauchy 定理 - 百度百科