前置技能
行列式
定义
对于一个 n × n n \times n n × n 的矩阵 A A A ,记它第 i i i 行第 j j j 列的元素为 a i , j a_{i, j} a i , j ,以及一个 1 ∼ n 1 \sim n 1 ∼ n 的排列 p p p ,记 λ A ( p ) = ( − 1 ) τ ( p ) ∏ i = 1 n a i , p i \lambda_A(p) = (-1) ^ {\tau(p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_i} λ A ( p ) = ( − 1 ) τ ( p ) i = 1 ∏ n a i , p i (其中 τ ( p ) \tau(p) τ ( p ) 是 p p p 的逆序对个数)则 ∣ A ∣ = det A = ∑ p λ A ( p ) = ∑ p ( ( − 1 ) τ ( p ) ∏ i = 1 n a i , p i ) |A| = \det A = \sum_{p} \lambda_A(p) = \sum_{p} \left( (-1) ^ {\tau(p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_i} \right) ∣ A ∣ = det A = p ∑ λ A ( p ) = p ∑ ( ( − 1 ) τ ( p ) i = 1 ∏ n a i , p i ) (其中 ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ 和 det A \det A det A 都是 A A A 的行列式的意思,后文有时为了便于区分行列式和绝对值会使用 det A \det A det A ,其余大部分时候使用 ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ )显然行列式运算结果是数量。
简单理解一下发现这样的计算方法的时间复杂度是 O ( n ⋅ log n ⋅ n ! ) O(n \cdot \log n \cdot n!) O ( n ⋅ log n ⋅ n ! ) 。因此这个定义没什么用
性质
除了少数几个,名字基本都是乱编的
拉普拉斯展开
对于一个 n × n n \times n n × n 的矩阵 A A A 和任意一个 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1 ≤ i ≤ n ,有 ∣ A ∣ = ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j a i , j ∣ A i , j ∣ |A| = \sum_{j = 1}^{n} (-1)^{i + j} a_{i, j} |A_{i, j}| ∣ A ∣ = j = 1 ∑ n ( − 1 ) i + j a i , j ∣ A i , j ∣ 其中 A i , j A_{i, j} A i , j 指矩阵 A A A 删去第 i i i 行和第 j j j 列的所有元素后形成的一个 ( n − 1 ) × ( n − 1 ) (n - 1) \times (n - 1) ( n − 1 ) × ( n − 1 ) 的矩阵。这个计算式称为对第 i i i 行进行拉普拉斯展开。
证明:
根据定义每个 λ A ( p ) \lambda_A(p) λ A ( p ) 一定有一个因子 x x x 满足 x ∈ { a i , 1 , a i , 2 , ⋯ , a i , n } x \in \{a_{i, 1}, a_{i, 2}, \cdots, a_{i, n}\} x ∈ { a i , 1 , a i , 2 , ⋯ , a i , n } ,枚举 j j j 得到这个因子 a i , j a_{i, j} a i , j 和满足 p i = j p_i = j p i = j 的排列 p p p ,然后将这个 p i p_i p i 删除,并把 p p p 中所有大于 j j j 的元素减一得到 q q q (q q q 是 1 ∼ n − 1 1 \sim n-1 1 ∼ n − 1 的排列),于是在 n , i , j n, i, j n , i , j 确定时有了一个 p p p 与 q q q 之间的一一对应的函数关系。
例如,当 n = 3 , i = 1 , j = 2 n = 3, i = 1, j = 2 n = 3 , i = 1 , j = 2 时,满足 p 1 = 2 p_1 = 2 p 1 = 2 的 p p p 有 { 2 , 1 , 3 } , { 2 , 3 , 1 } \{2, 1, 3\}, \{2, 3, 1\} { 2 , 1 , 3 } , { 2 , 3 , 1 } ,将 2 2 2 删除,得到{ 1 , 3 } , { 3 , 1 } \{1, 3\}, \{3, 1\} { 1 , 3 } , { 3 , 1 } ,然后将 3 3 3 减一,得到 q q q 为 { 1 , 2 } \{1, 2\} { 1 , 2 } 和 { 2 , 1 } \{2, 1\} { 2 , 1 } ;根据 n = 3 , i = 1 , j = 2 n = 3, i = 1, j = 2 n = 3 , i = 1 , j = 2 ,亦可将 q q q 还原为 p p p 。
令 ξ ( p ) = q \xi(p) = q ξ ( p ) = q ,那么 ∣ ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] a i , j ∣ = ∣ ∑ p λ A i , j ( ξ ( p ) ) ⋅ [ j = p i ] ∣ \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| ∣ ∣ ∣ ∣ a i , j ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ p ∑ λ A i , j ( ξ ( p ) ) ⋅ [ j = p i ] ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ 右边变为直接枚举 ξ ( p ) \xi(p) ξ ( p ) ,即 ∣ ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] a i , j ∣ = ∣ ∑ q λ A i , j ( q ) ∣ = ∣ det A i , j ∣ \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}| ∣ ∣ ∣ ∣ a i , j ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ q ∑ λ A i , j ( q ) ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ det A i , j ∣ ∣ ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] ∣ = ∣ a i , j ⋅ det A i , j ∣ \left| \sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i] \right| = |a_{i, j} \cdot \det A_{i, j}| ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ p ∑ λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ a i , j ⋅ det A i , j ∣ 再考虑正负号,即 τ ( p ) \tau(p) τ ( p ) 与 τ ( ξ ( p ) ) \tau(\xi(p)) τ ( ξ ( p ) ) 的奇偶性的差别,这取决于 p i p_i p i 前面大于 j j j 的数量和 p i p_i p i 后面小于 j j j 的数量,即 ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + ∑ k = i + 1 n [ p k < j ] = ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + ( j − 1 − ∑ k = 1 i − 1 [ p k < j ] ) = ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + j − 1 − ( i − 1 − ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] ) = 2 ∑ k = 1 i − 1 [ p k > j ] + ( i + j ) ≡ i + j m o d 2 \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} = = = k = 1 ∑ i − 1 [ p k > j ] + k = i + 1 ∑ n [ p k < j ] k = 1 ∑ i − 1 [ p k > j ] + ( j − 1 − k = 1 ∑ i − 1 [ p k < j ] ) k = 1 ∑ i − 1 [ p k > j ] + j − 1 − ( i − 1 − k = 1 ∑ i − 1 [ p k > j ] ) 2 k = 1 ∑ i − 1 [ p k > j ] + ( i + j ) ≡ i + j m o d 2 于是 τ ( p ) = ( − 1 ) i + j τ ( ξ ( p ) ) \tau(p) = (-1)^{i + j} \tau(\xi(p)) τ ( p ) = ( − 1 ) i + j τ ( ξ ( p ) ) ,则∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] = ( − 1 ) i + j ⋅ a i , j ⋅ det A i , j \sum_{p} \lambda_A(p) \cdot [j = p_i] = (-1)^{i + j} \cdot a_{i, j} \cdot \det A_{i, j} p ∑ λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] = ( − 1 ) i + j ⋅ a i , j ⋅ det A i , j
于是 ∣ A ∣ = ∑ p λ A ( p ) = ∑ j = 1 n ∑ p λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] = ∑ j = 1 n ( − 1 ) i + j a i , j ∣ A i , j ∣ |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}| ∣ A ∣ = p ∑ λ A ( p ) = j = 1 ∑ n p ∑ λ A ( p ) ⋅ [ j = p i ] = j = 1 ∑ n ( − 1 ) i + j a i , j ∣ A i , j ∣
(百度百科“拉普拉斯展开”中有一个看不怎么懂的高端证明,但比较简洁,emmm 感觉上跟我这个自己 yy 的证明可能差不多)
线性性
可乘性
对于任意 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1 ≤ i ≤ n 和 k k k ,若 A = ( a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ k a i , 1 k a i , 2 ⋯ k a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ) 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} A = ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎛ a 1 , 1 ⋮ k a i , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ k a i , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ k a i , n ⋮ a n , n ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎞ ,B = ( a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ) 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} B = ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎛ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n ⋮ a n , n ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎞ ,则 ∣ A ∣ = k ∣ B ∣ |A| = k|B| ∣ A ∣ = k ∣ B ∣ 。
证明:
根据定义,对于每个 p p p ,λ A ( p ) = k ⋅ λ B ( p ) \lambda_A(p) = k \cdot \lambda_B(p) λ A ( p ) = k ⋅ λ B ( p ) ,得证。
可加性
对于任意 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1 ≤ i ≤ n 和 k k k ,∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i − 1 , 1 a i − 1 , 2 ⋯ a i − 1 , n a i , 1 + b i , 1 a i , 2 + b i , 2 ⋯ a i , n + b i , n a i + 1 , 1 a i + 1 , 2 ⋯ a i + 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ = ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i − 1 , 1 a i − 1 , 2 ⋯ a i − 1 , n a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n a i + 1 , 1 a i + 1 , 2 ⋯ a i + 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ + ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i − 1 , 1 a i − 1 , 2 ⋯ a i − 1 , n b i , 1 b i , 2 ⋯ b i , n a i + 1 , 1 a i + 1 , 2 ⋯ a i + 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ \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} ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i − 1 , 1 a i , 1 + b i , 1 a i + 1 , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i − 1 , 2 a i , 2 + b i , 2 a i + 1 , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋯ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i − 1 , n a i , n + b i , n a i + 1 , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i − 1 , 1 a i , 1 a i + 1 , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i − 1 , 2 a i , 2 a i + 1 , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋯ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i − 1 , n a i , n a i + 1 , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ + ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i − 1 , 1 b i , 1 a i + 1 , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i − 1 , 2 b i , 2 a i + 1 , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋯ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i − 1 , n b i , n a i + 1 , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
证明:
对第 i i i 行拉普拉斯展开即证。
不重性
对于 n × n ( n > 1 ) n \times n (n > 1) n × n ( n > 1 ) 的矩阵 A A A ,若存在 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ j ≤ n , j ≠ j 1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n, j \neq j 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ j ≤ n , j = j 使得对于任意 1 ≤ k ≤ n 1 \leq k \leq n 1 ≤ k ≤ n 都有 a i , k = a j , k a_{i, k} = a_{j, k} a i , k = a j , k ,即矩阵中某两行对应相等,则 ∣ A ∣ = 0 |A| = 0 ∣ A ∣ = 0 。
证明:
若某排列 p p p 满足 p x = i , p y = j ( x < y ) p_x = i, p_y = j (x < y) p x = i , p y = j ( x < y ) ,记 q q q 为 p p p 交换第 x , y x, y x , y 个元素后得到的排列,即 q y = i , q x = j ( x < y ) q_y = i, q_x = j (x < y) q y = i , q x = j ( x < y ) ,那么 λ A ( p ) = − λ A ( q ) \lambda_A(p) = -\lambda_A(q) λ A ( p ) = − λ A ( q ) ,因为两者逆序对个数相差 1 1 1 。
于是将所有 1 ∼ n 1 \sim n 1 ∼ n 的排列这样两两配对,即可使所有 λ A ( p ) \lambda_A(p) λ A ( p ) 抵消为 0 0 0 ,得证。
可倍加性
对于任意 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ j ≤ n , j ≠ j 1 \leq i \leq n, 1 \leq j \leq n, j \neq j 1 ≤ i ≤ n , 1 ≤ j ≤ n , j = j :
∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ = ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 + k a j , 1 a i , 2 + k a j , 2 ⋯ a i , n + k a j , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ \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} ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 + k a j , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 + k a j , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n + k a j , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣
证明:
∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 + k a j , 1 a i , 2 + k a j , 2 ⋯ a i , n + k a j , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ = ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ + ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ k a j , 1 k a j , 2 ⋯ k a j , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ ( 可 加 性 ) = ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ + k ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a j , 1 a j , 2 ⋯ a j , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ ( 线 性 性 ) = ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ + 0 ( 不 重 性 ) = ∣ a 1 , 1 a 1 , 2 ⋯ a 1 , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a i , 1 a i , 2 ⋯ a i , n ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ a n , 1 a n , 2 ⋯ a n , n ∣ \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} & (线性性) \\ =& \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} = = = = ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 + k a j , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 + k a j , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n + k a j , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ + ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ k a j , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ k a j , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ k a j , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ + k ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a j , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a j , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a j , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ + 0 ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ a 1 , 1 ⋮ a i , 1 ⋮ a n , 1 a 1 , 2 ⋮ a i , 2 ⋮ a n , 2 ⋯ ⋱ ⋯ ⋱ ⋯ a 1 , n ⋮ a i , n ⋮ a n , n ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ∣ ( 可 加 性 ) ( 线 性 性 ) ( 不 重 性 )
转置不变性
任意一个 n × n n \times n n × n 的矩阵 A A A ,满足 ∣ A T ∣ = ∣ A ∣ |A^T| = |A| ∣ A T ∣ = ∣ A ∣ 。A T A^T A T 表示矩阵 A A A 的转置,即 a i , j → a j , i a_{i, j} \to a_{j, i} a i , j → a j , i (换句话说,将 A A A 沿“左上 - 右下”对角线翻折即得到 A T A^T A T ),下同。
证明:
对于一个排列 p p p ,根据转置的定义,令 ξ ( p ) = q ( q p i = i ) \xi(p) = q\ (q_{p_i} = i) ξ ( p ) = q ( q p i = i ) ,那么 λ A ( p ) = λ A T ( ξ ( p ) ) \lambda_A(p) = \lambda_{A^T}(\xi(p)) λ A ( p ) = λ A T ( ξ ( p ) ) 。考虑 τ ( p ) \tau(p) τ ( p ) 和 τ ( ξ ( p ) ) \tau(\xi(p)) τ ( ξ ( p ) ) 的关系:
把 A i , p i ( 1 ≤ i ≤ n ) A_{i, p_i}\ (1 \leq i \leq n) A i , p i ( 1 ≤ i ≤ n ) 记做特殊点,令 T p ( i ) \Tau_p(i) T p ( i ) 表示 A i , p i A_{i, p_i} A i , p i 的左下方的特殊点数量,T p ′ ( i ) \Tau'_p(i) T p ′ ( i ) 表示A i , p i A_{i, p_i} A i , p i 的右上方的特殊点数量,则 τ ( p ) = ∑ i = 1 n T p ( i ) = ∑ i = 1 n T p ′ ( i ) \tau(p) = \sum_{i = 1}^{n} \Tau_p(i) = \sum_{i = 1}^{n} \Tau'_p(i) τ ( p ) = ∑ i = 1 n T p ( i ) = ∑ i = 1 n T p ′ ( i ) ,由于是沿对角线翻折,所以显然 T p ( i ) = T q ′ ( i ) \Tau_p(i) = \Tau'_q(i) T p ( i ) = T q ′ ( i ) (事实上只是把“左下方”的特殊点变到“右上方”,“右上方”变到“左下方”),于是 τ ( p ) = τ ( q ) \tau(p) = \tau(q) τ ( p ) = τ ( q ) 。
因此 λ A ( p ) = λ A T ( ξ ( p ) ) \lambda_A(p) = \lambda_{A^T}(\xi(p)) λ A ( p ) = λ A T ( ξ ( p ) ) ,得证。
可交换性
行可交换性
矩阵两行交换,矩阵的行列式值反号。
证明:
交换 A A A 的两行 u , v u, v u , v 可视为将 v v v 行加到 u u u 行上(①)得到一个新矩阵 A ′ A' A ′ ,再从 A ′ A' A ′ 的 v v v 行上减去 A ′ A' A ′ 的 u u u 行(②),再将 A ′ A' A ′ 的 u u u 行全部取反(③)。根据可倍加性,① 和 ② 均不改变行列式的值,根据可乘性,③ 操作使行列式的值反号,得证。
列可交换性
矩阵两列交换,矩阵行列式值反号。
证明:
根据转置不变性,先转置再用行可交换性交换两行,再转置回来即证。
优化行列式的计算
对矩阵 A A A 的第一行进行拉普拉斯展开可以证明:当 A A A 为一个上三角矩阵(即任意 i > j i > j i > j ,满足 a i , j = 0 a_{i, j} = 0 a i , j = 0 )时:∣ A ∣ = ∏ i = 1 n a i , i |A| = \prod_{i = 1}^{n} a_{i, i} ∣ A ∣ = i = 1 ∏ n a i , i 发现高斯消元用到的是可倍加性、可交换性,于是我们对 A A A 高斯消元,可以得到一个上三角矩阵,这个矩阵的对角线乘积即为 A A A 的行列式的绝对值(可交换性会使其反号)!于是我们做到了 O ( n 3 ) O(n^3) O ( n 3 ) 求行列式的值。
矩阵树定理
前置定义
对于一个无向图 G = ( V , E ) G = (V, E) G = ( V , E ) ,其中 ∣ V ∣ = n |V| = n ∣ V ∣ = n (点数),∣ E ∣ = m |E| = m ∣ E ∣ = m (边数):
给 G G G 的每条边任意分配一个方向,则它的关联矩阵(大小为 m × n m \times n m × n ) B B B :b i , j = { 1 点 j 是 边 i 的 起 点 − 1 点 j 是 边 i 的 终 点 0 其 他 b_{i, j} = \begin{cases} 1 & 点\ j\ 是边\ i\ 的起点 \\ -1 & 点\ j\ 是边\ i\ 的终点 \\ 0 & 其他\end{cases} b i , j = ⎩ ⎪ ⎨ ⎪ ⎧ 1 − 1 0 点 j 是 边 i 的 起 点 点 j 是 边 i 的 终 点 其 他
G G G 的基尔霍夫矩阵(大小为 n × n n \times n n × n )L L L :l i , j = { d i i = j − e i , j i ≠ j l_{i, j} = \begin{cases} d_i & i = j \\ -e_{i, j} & i \neq j\end{cases} l i , j = { d i − e i , j i = j i = j (其中 d i d_i d i 表示 i i i 号点的度,e i , j e_{i, j} e i , j 连接点 i , j i, j i , j 的边的数量)
一些引理
转置引理
L = B B T L = BB^T L = B B T L , B , B T L, B, B^T L , B , B T 定义如上,乘法是矩阵乘法。
证明:
按照矩阵乘法的规则展开即证。
事实上如果定义两个序列相乘的结果是对应位置的乘积之和的话,矩阵乘法将 B B B 的列两两相乘得到了一个新矩阵,这个矩阵就是 L L L 。
连通性引理
引理 1
若 G G G 是一个连通图,那么 ∣ L ∣ = 0 |L| = 0 ∣ L ∣ = 0 。
证明:
若 G G G 是连通图,那么根据定义 L L L 的每一列的元素之和都为 0 0 0 ,再根据可倍加性,将其他所有行加到某一行上,这一行的元素就全部为零,再对这一行进行拉普拉斯展开,得到 ∣ L ∣ = 0 |L| = 0 ∣ L ∣ = 0 。
引理 2
若 G G G 不连通,则对任意 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1 ≤ i ≤ n ,∣ L i , i ∣ = 0 |L_{i, i}| = 0 ∣ L i , i ∣ = 0 。
证明:
根据行列可交换性,我们将同一联通块的点换到一起,得到的新矩阵 L ′ L' L ′ 满足 ∣ det L ′ ∣ = ∣ det L ∣ |\det L'| = |\det L| ∣ det L ′ ∣ = ∣ det L ∣ ,并且 L ′ L' L ′ 长这个样子:( A 1 0 0 ⋯ 0 0 A 2 0 ⋯ 0 0 0 A 3 ⋯ 0 ⋮ ⋮ ⋮ ⋱ ⋮ 0 0 0 ⋯ A k ) \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} ⎝ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎛ A 1 0 0 ⋮ 0 0 A 2 0 ⋮ 0 0 0 A 3 ⋮ 0 ⋯ ⋯ ⋯ ⋱ ⋯ 0 0 0 ⋮ A k ⎠ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎞ (0 \bold{0} 0 代表零矩阵,k k k 是联通块的个数)
由于 G G G 不连通,所以 k ≥ 2 k \geq 2 k ≥ 2 ,所以 L i , i L_{i, i} L i , i 至少包含一个 A x ( 1 ≤ x ≤ k ) A_x (1 \leq x \leq k) A x ( 1 ≤ x ≤ k ) 。因为 A x A_x A x 是一个独立连通子图,所以 A x A_x A x 可以经过适当操作使得其对角线上某个元素为 0 0 0 ,进而 ∣ L i , i ∣ = 0 |L_{i, i}| = 0 ∣ L i , i ∣ = 0 。
引理 3
若 G G G 是一个树,则对任意 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1 ≤ i ≤ n ,∣ det L i , i ∣ = 1 |\det L_{i, i}| = 1 ∣ det L i , i ∣ = 1 。
证明:
将这个树的结点拓扑排序,使得对于任意点 i i i ,去除掉所有 1 ∼ i − 1 1 \sim i - 1 1 ∼ i − 1 的点后 i i i 的度数为 1 1 1 ,这可以通过不断“摘掉”叶子结点实现。然后以这个顺序整理矩阵 L L L 的各行得到 L ′ L' L ′ ,我们对 L ′ L' L ′ 模拟高斯消元的过程:
假设当前到了第 i i i 行。没有消元时,由于我们拓扑排序了,那么 l i , i ′ l'_{i, i} l i , i ′ 右边(“右边”指所有 l i , j ′ ( j > i ) l'_{i, j}\ (j > i) l i , j ′ ( j > i ) ,“左边”“上面”“下面”同理)和下面有且仅有 1 1 1 个 − 1 -1 − 1 ,左边和上面有且仅有 l i , i ′ − 1 l'_{i, i} - 1 l i , i ′ − 1 个 − 1 -1 − 1 ;由于我们用前 i − 1 i - 1 i − 1 行消掉了 l i , i ′ l'_{i, i} l i , i ′ 前面的 l i , i ′ − 1 l'_{i, i} - 1 l i , i ′ − 1 个 − 1 -1 − 1 , 并且 l i , i ′ l'_{i, i} l i , i ′ 上面有 l i , i ′ − 1 l'_{i, i} - 1 l i , i ′ − 1 个 − 1 -1 − 1 ,于是 l i , i ′ l'_{i, i} l i , i ′ 被加了 l i , i ′ − 1 l'_{i, i} - 1 l i , i ′ − 1 个 − 1 -1 − 1 ,就变成了 1 1 1 。
按这样高斯消元下去,最后一个元素(l n , n ′ l'_{n, n} l n , n ′ ) 肯定是 0 0 0 。但我们要求的是 ∣ L i , i ∣ = ∣ L i , i ′ ∣ |L_{i, i}| = |L'_{i, i}| ∣ L i , i ∣ = ∣ L i , i ′ ∣ ,它是 L ′ L' L ′ 删去了一行一列,因此 L i , i ′ L'_{i, i} L i , i ′ 消元过后的最后一个(l n − 1 , n − 1 ′ ′ l''_{n - 1, n - 1} l n − 1 , n − 1 ′ ′ )是 1 1 1 。于是对角线上的元素全部是 1 1 1 ,得证。
Binet - Cauchy 定理
设 A A A 是一个 n × m n \times m n × m 的矩阵,B B B 是一个 m × n m \times n m × n 的矩阵,有 ∣ A B ∣ = { 0 n > m ∣ A ∣ ⋅ ∣ B ∣ n = m ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ n < m |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 B ∣ = ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎧ 0 ∣ A ∣ ⋅ ∣ B ∣ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∑ ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ n > m n = m n < m (A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) A(1, 2, \cdots, n; k_1, k_2, \cdots, k_n) A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) 表示由 A A A 的第 k 1 , k 2 , ⋯ , k n k_1, k_2, \cdots, k_n k 1 , k 2 , ⋯ , k n 列组成的矩阵;B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n) B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) 表示由 B B B 的第 k 1 , k 2 , ⋯ , k n k_1, k_2, \cdots, k_n k 1 , k 2 , ⋯ , k n 行组成的矩阵)
证明:
我们构造两个辅助矩阵:M = ( A 0 − I B ) , N = ( 0 A B − I B ) M = \begin{pmatrix} A & \bold{0} \\ -I & B\end{pmatrix},\ \ N = \begin{pmatrix} \bold{0} & AB \\ -I & B\end{pmatrix} M = ( A − I 0 B ) , N = ( 0 − I A B B ) 其中 I I I 是单位矩阵(“左上 - 右下”对角线为 1 1 1 的矩阵)可以发现 ∣ M ∣ = ∣ N ∣ |M| = |N| ∣ M ∣ = ∣ N ∣ ,证明如下:
枚举 M M M 矩阵的第 i ( n + 1 ≤ i ≤ n + m ) i\ (n + 1 \leq i \leq n + m) i ( n + 1 ≤ i ≤ n + m ) 行,然后将第 i i i 行乘以 a k 1 a_{k_1} a k 1 后加到第 1 1 1 行,乘以 a k 2 a_{k_2} a k 2 后加到第 2 2 2 行,……,乘以 a k n a_{k_n} a k n 后加到第 n n n 行。这样操作完后,根据矩阵乘法的定义,M M M 变为了 N N N ,又因为倍加不变性,∣ M ∣ = ∣ N ∣ |M| = |N| ∣ M ∣ = ∣ N ∣ 。
用定义式计算 ∣ N ∣ |N| ∣ N ∣ ,由于只要 p p p 选到 0 \bold{0} 0 中的元素 λ N ( p ) \lambda_N(p) λ N ( p ) 就为 0 0 0 ,所以只考虑 p 1 , p 2 , ⋯ , p n ∈ [ m + 1 , m + n ] p_1, p_2, \cdots, p_n \in [m + 1, m + n] p 1 , p 2 , ⋯ , p n ∈ [ m + 1 , m + n ] 的情况,又因为 A B AB A B 是个 n × n n \times n n × n 的矩阵,所以 p n + 1 , p n + 2 , ⋯ , p n + m ∈ [ 1 , m ] p_{n + 1}, p_{n + 2}, \cdots, p_{n + m} \in [1, m] p n + 1 , p n + 2 , ⋯ , p n + m ∈ [ 1 , m ] ,所以 ∣ N ∣ = ∣ A B ∣ ⋅ ∣ − I ∣ = ( − 1 ) m ∣ A B ∣ |N| = |AB| \cdot |-I| = (-1)^m |AB| ∣ N ∣ = ∣ A B ∣ ⋅ ∣ − I ∣ = ( − 1 ) m ∣ A B ∣
接下来分类计算 ∣ M ∣ |M| ∣ M ∣ ,并证明该定理:
当 n > m n > m n > m 时(图中 C = A B C = AB C = A B ,下同):
用定义式计算 M M M ,发现排列 p p p 无论如何取都会取到 0 \bold{0} 0 中的元素(原因就是 n > m n > m n > m ),因此 ∣ M ∣ = 0 |M| = 0 ∣ M ∣ = 0 ,即 ( − 1 ) m ∣ A B ∣ = 0 (-1)^m |AB| = 0 ( − 1 ) m ∣ A B ∣ = 0 ,即 ∣ A B ∣ = 0 |AB| = 0 ∣ A B ∣ = 0 。
当 n = m n = m n = m 时:
用定义式计算 M M M ,显然只有 p 1 , p 2 , ⋯ , p n ∈ [ 1 , n ] p_1, p_2, \cdots, p_n \in [1, n] p 1 , p 2 , ⋯ , p n ∈ [ 1 , n ] 且 p n + 1 , p n + 2 , ⋯ , p n + m ∈ [ n + 1 , n + m ] p_{n + 1}, p_{n + 2}, \cdots, p_{n + m} \in [n + 1, n + m] p n + 1 , p n + 2 , ⋯ , p n + m ∈ [ n + 1 , n + m ] 时 λ M ( p ) \lambda_M(p) λ M ( p ) 不为 0 0 0 ,于是 ∣ M ∣ = ∣ A ∣ ⋅ ∣ B ∣ ⋅ ( − 1 ) n 2 |M| = |A| \cdot |B| \cdot (-1)^{n^2} ∣ M ∣ = ∣ A ∣ ⋅ ∣ B ∣ ⋅ ( − 1 ) n 2 其中 ( − 1 ) n 2 (-1)^{n^2} ( − 1 ) n 2 即为分开计算 A , B A, B A , B 将两者的排列合起来新形成的逆序对数。因而 ∣ A ∣ ⋅ ∣ B ∣ ⋅ ( − 1 ) n 2 = ∣ A B ∣ ⋅ ( − 1 ) m |A| \cdot |B| \cdot (-1)^{n^2} = |AB| \cdot (-1)^m ∣ A ∣ ⋅ ∣ B ∣ ⋅ ( − 1 ) n 2 = ∣ A B ∣ ⋅ ( − 1 ) m ,于是 ∣ A ∣ ∣ B ∣ = ∣ A B ∣ ( − 1 ) m − n 2 = ∣ A B ∣ ( − 1 ) n − n 2 = ∣ A B ∣ |A||B| = |AB|(-1)^{m - n^2} = |AB|(-1)^{n - n^2} = |AB| ∣ A ∣ ∣ B ∣ = ∣ A B ∣ ( − 1 ) m − n 2 = ∣ A B ∣ ( − 1 ) n − n 2 = ∣ A B ∣
当 n < m n < m n < m 时:
这时候我们枚举 k 1 , k 2 , ⋯ , k n ∈ [ 1 , m ] k_1, k_2, \cdots, k_n \in [1, m] k 1 , k 2 , ⋯ , k n ∈ [ 1 , m ] (就是定理中的 k 1 , k 2 , ⋯ , k n k_1, k_2, \cdots, k_n k 1 , k 2 , ⋯ , k n )表示在 A A A 的各行中选的元素。为了使 λ M ( p ) ≠ 0 \lambda_M(p) \neq 0 λ M ( p ) = 0 ,− I -I − I 中就只能选对角线上的元素,又因为 A A A 中选的元素的正下方的那个 − 1 -1 − 1 肯定不能选(因为p p p 是排列),所以在 B B B 被选了元素的行一定和 A A A 被选了元素的列一样。举个例子,假设 n = 3 n = 3 n = 3 ,红色是 A / B A\ /\ B A / B 中含有被选中元素的列 / / / 行。
这样一来 ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ |A(1, 2, \cdots, n;k_1, k_2, \cdots, k_n)| ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ 的那些排列就和 ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ |B(k_1, k_2, \cdots, k_n; 1, 2, \cdots, n)| ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ 的那些排列形成了一一对应的函数关系,于是∣ M ∣ = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) m − n + x |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} ∣ M ∣ = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∑ ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) m − n + x 其中 ( − 1 ) m − n (-1)^{m - n} ( − 1 ) m − n 是 − I -I − I 的贡献, x x x 是“新构成”的逆序对个数,所谓新构成,就是三部分的逆序对个数之和:− I -I − I 与 A A A 、− I -I − I 与 B B B 、A A A 与 B B B 。由于枚举出的东西关于对角线对称,所以− I -I − I 与 A A A 之间的逆序对数等于 − I -I − I 与 B B B 之间的逆序对数,于是 x x x 可以转化为 A A A 与 B B B 之间的逆序对数,即 n 2 n^2 n 2 。于是 ∣ M ∣ = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) m − n + x = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) m − n + n 2 = ∣ A B ∣ ( − 1 ) m \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} ∣ M ∣ = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∑ ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) m − n + x = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∑ ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) m − n + n 2 = ∣ A B ∣ ( − 1 ) m 于是 ∣ A B ∣ = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) n 2 − n = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ \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} ∣ A B ∣ = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∑ ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣ ⋅ ( − 1 ) n 2 − n = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n ≤ m ∑ ∣ A ( 1 , 2 , ⋯ , n ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n ) ∣ ⋅ ∣ B ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n ; 1 , 2 , ⋯ , n ) ∣
定理得证。
该证明参考了 Freopen 大佬的博客,详见参考资料。同样百度百科上有个很线代看不懂的证明。
矩阵树定理
对于 n n n 个点 m m m 条边的无向图 G G G 以及任意一个 1 ≤ i ≤ n 1 \leq i \leq n 1 ≤ i ≤ n ,∣ L i i ∣ |L_{ii}| ∣ L i i ∣ 即为它的生成树个数。
证明:
由转置引理 ∣ L i , i ∣ = ∣ B i , i B i , i T ∣ |L_{i, i}| = |B_{i, i} B_{i, i}^T| ∣ L i , i ∣ = ∣ B i , i B i , i T ∣ 因为 B i , i , B i , i T B_{i, i}, B_{i, i}^T B i , i , B i , i T 分别是大小为 ( n − 1 ) × ( m − 1 ) , ( m − 1 ) × ( n − 1 ) (n - 1) \times (m - 1), (m - 1) \times (n - 1) ( n − 1 ) × ( m − 1 ) , ( m − 1 ) × ( n − 1 ) 的矩阵,所以由 Binet - Cauchy 定理得 ∣ L i , i ∣ = ∣ B i , i B i , i T ∣ = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n − 1 ≤ m ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ ⋅ ∣ B i , i T ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ; 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ) ∣ |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)| ∣ L i , i ∣ = ∣ B i , i B i , i T ∣ = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n − 1 ≤ m ∑ ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ ⋅ ∣ B i , i T ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ; 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ) ∣ 由于 B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) = B i , i T ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ; 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ) 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) B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) = B i , i T ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ; 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ) ,所以 ∣ L i , i ∣ = ∣ B i , i B i , i T ∣ = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n − 1 ≤ m ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ ⋅ ∣ B i , i T ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ; 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ) ∣ = ∑ 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n − 1 ≤ m ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ 2 \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} ∣ L i , i ∣ = ∣ B i , i B i , i T ∣ = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n − 1 ≤ m ∑ ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ ⋅ ∣ B i , i T ( k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ; 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ) ∣ = 1 ≤ k 1 < k 2 < ⋯ < k n − 1 ≤ m ∑ ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ 2 由关联矩阵的定义可知,B ′ = B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) B' = B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1}) B ′ = B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) 就是由图 G G G 的边 k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1} k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 构成的子图 G ′ G' G ′ 的关联矩阵。由连通性引理二得,当 G ′ G' G ′ 不连通时,∣ B ′ ∣ = 0 |B'| = 0 ∣ B ′ ∣ = 0 ;由连通性引理三得,当 G ′ G' G ′ 是树时,∣ det B ′ ∣ = 1 |\det B'| = 1 ∣ det B ′ ∣ = 1 ,因此 ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ 2 = 1 |B_{i, i}(1, 2, \cdots, n - 1; k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1})|^2 = 1 ∣ B i , i ( 1 , 2 , ⋯ , n − 1 ; k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 ) ∣ 2 = 1 当且仅当由图 G G G 的边 k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 k_1, k_2, \cdots, k_{n - 1} k 1 , k 2 , ⋯ , k n − 1 构成的子图是树,得证。
参考资料
Matrix - Tree 定理(生成树计数)的另类证明和简单拓展 - MoebiusMeow
矩阵树定理 - Freopen
Matrix - Tree 矩阵树定理 - Lucky_Glass
拉普拉斯展开 - 百度百科
Binet - Cauchy 定理 - 百度百科