一個重要的公式
下面 循環矩陣 的行列式
\[\det\left[
\begin{matrix}
a_0&a_1&\cdots&a_{n-1}\\
a_{n-1}&a_1&\cdots&a_{n-2}\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
a_1&a_2&\cdots&a_0
\end{matrix}
\right]=\prod_{i=0}^nf(w^i)
\]
其中 \(f(x)=\sum_{i=0}^{n-1}a_ix^i\)。
自己的菜雞證明
發現下標極其富有規律，想到了什麼？
引理 1：
\[\sum_{i=0}^{n-1}\frac{w^{id}}n=[n\mid d] \]
引理證明只需分類討論 \(w^i\) 是否爲 \(1\) 即可，如果爲 \(1\) 不能使用等比數列求和。
爲了讓 \(a_i\) 在合適的時候出現，不難寫出來這樣的形式
\[\sum_{d=0}^{n-1}a_d\sum_{i=0}^{n-1}\frac{w^{i(d-t)}}n=a_t
\]
記該循環矩陣爲 \(P\)，則 \(p_{x,y}=a_{(y-x)\bmod n}\)，代入得：
\[p_{x,y}=\sum_{d=0}^{n-1}a_d\sum_{i=0}^{n-1}\frac{w^{i(d+x-y)}}n
\]
再想一想這個式子，發現裏面含有 \(i\) ？只有在矩陣乘法的時候會遇到。我們嘗試將其寫成兩個矩陣相乘的形式
\[\begin{aligned}
p_{x,y}&=\sum_{i=0}^{n-1}w^{ix}w^{-iy}\frac1n\sum_{d=0}^{n-1}a_dw^{id}\\
&=\sum_{i=0}^{n-1}w^{ix}w^{-iy}n^{-n}f(w^i)
\end{aligned}
\]
暫時略去 \(n^{-n}\)，我們不僅可以寫成兩個矩陣的相乘，還得到了 \(f(w^i)\)
\[\left[
\begin{matrix}
1&1&1&\cdots&1\\
1&w^1&w^2&\cdots&w^{n-1}\\
1&w^2&w^4&\cdots&w^{2(n-1)}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
1&w^{n-1}&w^{2(n-1)}&\cdots&w^{(n-1)(n-1)}
\end{matrix}
\right]
\times
\left[
\begin{matrix}
f(1)&w^{-1}f(1)&w^{-2}f(1)&\cdots&w^{-(n-1)}f(1)\\
f(w^1)&w^{-1}f(w^1)&w^{-2}f(w^1)&\cdots&w^{-(n-1)}f(w^1)\\
f(w^2)&w^{-1}f(w^2)&w^{-2}f(w^2)&\cdots&w^{-(n-1)}f(w^2)\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
f(w^{n-1})&w^{-1}f(w^{n-1})&w^{-2}f(w^{n-1})&\cdots&w^{-(n-1)}f(w^{n-1})
\end{matrix}
\right]
\]
注意到
\[\det(AB)=\det A\det B
\]
和
\[\det A=\det A^T
\]
並且在 FFT 中，有
\[\left[
\begin{matrix}
1&1&1&\cdots&1\\
1&w^1&w^2&\cdots&w^{n-1}\\
1&w^2&w^4&\cdots&w^{2(n-1)}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
1&w^{n-1}&w^{2(n-1)}&\cdots&w^{(n-1)(n-1)}
\end{matrix}
\right]
\times
\left[
\begin{matrix}
1&1&1&\cdots&1\\
1&w^{-1}&w^{-2}&\cdots&w^{-(n-1)}\\
1&w^{-2}&w^{-4}&\cdots&w^{-2(n-1)}\\
\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
1&w^{-(n-1)}&w^{-2(n-1)}&\cdots&w^{-(n-1)(n-1)}
\end{matrix}
\right]
=nI
\]
故行列式爲
\[n^n\prod_{i=0}^{n-1}f(w^i)
\]
乘上 \(n^n\) 即證等式。
網上大佬給的證明
懶，直接掛圖了 QwQ。
