初等线性🦘

矩阵

想必都会。

矩阵基本操作

矩阵行交换

将矩阵 \(A_{n,m}\) 的第 \(i\) 行与第 \(j\) 行交换（\(i \neq j\)）。

\[R_i \Leftrightarrow R_j \]

矩阵列交换

基本与行交换相同。

矩阵行数乘

将矩阵 \(A_{n,m}\) 的第 \(i\) 行乘上 \(k\) (\(k \neq 0\))

\[kR_i \to R_i \]

矩阵行加法

将矩阵 \(A_{n,m}\) 的第 \(j\) 行乘上 \(k\) 加到第 \(i\) 行(\(k \neq 0，i \neq j\))

\[kR_j+R_i \to R_i \]

矩阵运算

矩阵加法

两个矩阵 \(A_{n,m}\) ,\(B_{n,m}\) 。相加后的矩阵 \(C_{n,m}\)

\[C_{i,j}=A_{i,j}+B_{i,j} \]

矩阵减法

基本与矩阵加法相同。

矩阵转置

矩阵 \(A_{n,m}\) 转置后成为矩阵 \(A^T_{m,n}\)

\[A_{n,m}=\begin{vmatrix}A_{1,1}&...&A_{1,m}\\A_{2,1}&...&A_{2,m}\\...& &...\\A_{n,1}&...&A_{n,m}\end{vmatrix} \]

转置后

\[A^T_{m,n}=\begin{vmatrix}A_{1,1}&A_{2，1}&...&A_{n,1}\\...&...& &...\\A_{1,m}&A_{2,m}&...&A_{n,m}\end{vmatrix} \]

矩阵数乘

矩阵 \(A_{n,m}\) 乘上 \(k\) 后为 \(B_{n,m}\)

\[B_{n,m}=\begin{vmatrix}kA_{1,1}&...&kA_{1,m}\\kA_{2,1}&...&kA_{2,m}\\...& &...\\kA_{n,1}&...&kA_{n,m}\end{vmatrix} \]

矩阵乘法

矩阵 \(A_{n,m}\) 与矩阵 \(B_{m,l}\) 相乘为 \(C_{n,l}\)

\[C_{i,j}=\sum_{x=1}^{m} A_{i,x}B_{x,j} \]

性质：

性质\(1\):

结合律

\[(AB)C=A(BC) \]

性质\(2\)

分配律

\[(A+B)C=AC+BC \]

注意：矩阵不符合交换律。

行列式

公式：

\[\left | A \right |=\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) \prod_{1}^{n}a_{i,p_{i}} \]

其中

\(p\) 是 \(1 \sim n\) 的排列，\(d(p)= p\) 的逆序对个数 ，\(sgn(p)=(-1)^{d(p)}\)

性质

\(引理 1：对于一个排列\)p\(，交换其中两个数字，逆序对数量奇偶性发生改变。\)

点击查看

设 \(p\) 是 \(1 \sim n\) 的排列

假设交换数字 \(x\) 和 \(y\)

如图：

分类讨论一下：

\(1.j>x且j>y\) 那么交换后逆序对数不变

\(2.j<x且j<y\) 那么交换后逆序对数不变

\(3.y<j<x或x<j<y\) 那么交换后逆序对数 \(+2 或 -2\)

对于 \((x,y)\) 这一对，交换后逆序对数 \(+1 或 -1\)

对于\([1,x)和(y,n]\) 里的数，交换后逆序对不变。

所以逆序对数的奇偶性发生变化。

完

性质 \(1\)：

对方阵 \(A\) 做行（列）交换，行列式反号。

证明

设交换 \(x\) 和 \(y\) 行。

\[\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) (a_{1,p_1} \cdot a_{2,p_2} \cdot ...\cdot a_{x-1,p_{x-1}} \cdot a_{y,p_{x}} \cdot ... \cdot a_{y-1,p_{y-1}} \cdot a_{x,p_{y}} \cdot ...\cdot a_{n,p_{n}}) \]

可以交换下 \(a_{x,p_y}\) 和 \(a_{y,p_x}\)

\[\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) (a_{1,p_1} \cdot a_{2,p_2} \cdot ...\cdot a_{x-1,p_{x-1}} \cdot a_{x,p_{y}} \cdot ... \cdot a_{y-1,p_{y-1}} \cdot a_{y,p_{x}} \cdot ...\cdot a_{n,p_{n}}) \]

发现相当于交换 \(p_x\) 与 \(p_y\)

根据引理 \(1\) 可得，\(sgn(p)\) 取反号，所以行列式最后取反号。

证毕

性质 2:

对方阵做行（列）数乘，行列式乘上同样的常数。

证明：

设第 \(x\) 行乘上 \(k\)

\[\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) (a_{1,p_1} \cdot a_{2,p_2} \cdot ...\cdot a_{x-1,p_{x-1}} \cdot k a_{x,p_{x}} \cdot ...\cdot a_{n,p_{n}}) \]

将 \(k\) 提出来得

\[k\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) \prod_{1}^{n}a_{i,p_{i}} \]

证毕

性质 3:

对方阵做行（列）加法，行列式不变。

证明：

设第 \(y\) 行乘上 \(k\) 加到第 \(x\) 列

\[\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) (a_{1,p_1} \cdot a_{2,p_2} \cdot ...\cdot a_{x-1,p_{x-1}} \cdot (a_{x,p_x}+ka_{y,p_x}) \cdot ...\cdot a_{n,p_{n}}) \]

提出 \((a_{x,p_x}+ka_{y,p_x})\) 得

\[\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) \prod_{i \ne x}a_{i,p_{i}} \cdot (a_{x,p_x}+ka_{y,p_x}) \]

整理一下得

\[\left | A \right |+k\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) \prod_{i \ne x}a_{i,p_{i}} \cdot a_{y,p_x} \]

现在我们只需证明右边的式子是否等于 \(0\) 即可。

我们设 \(g(p) = sgn(p) \prod_{i \ne x}a_{i,p_{i}} \cdot a_{y,p_x}\)

很显然，对于每个 \(p\)，我们都能从 \(p_n\) 中找出一个 \(q\) ，使得 \(q_x=p_y,q_y=p_x\)，通过引理 \(1\) 可知，\(sgn(p)\)=\(-sgn(q)\)

因为 \(p_n=n!\) 所以显然有 \(\frac{n!}{2}\) 个 \((p,q)\) 二元组。

我们再列下式子

\[g(p)=sgn(p)\prod_{i\ne x}a_{i,p_i} \cdot a_{y,p_x} \]

\[=sgn(p)\prod_{i\ne x,i\ne y}a_{i,p_i} \cdot a_{y,p_x} \cdot a_{y,p_y} \]

\[g(q)=sgn(q)\prod_{i\ne x}a_{i,q_i} \cdot a_{y,q_x} \]

\[=sgn(q)\prod_{i\ne x,i\ne y}a_{i,q_i} \cdot a_{y,q_x} \cdot a_{y,q_y} \]

因为 \(q_x=p_y,q_y=p_x\) ,所以：

\[\prod_{i\ne x,i\ne y}a_{i,p_i} \cdot a_{y,p_x} \cdot a_{y,p_y}=\prod_{i\ne x,i\ne y}a_{i,q_i} \cdot a_{y,q_x} \cdot a_{y,q_y} \]

又因为 \(sgn(p)\)=\(-sgn(q)\),所以：

\[g(p)=-g(q) \]

所以对于 \(p_n\) 中的所有二元组都为 \(0\) ，即：

\[\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) \prod_{i \ne x}a_{i,p_{i}} \cdot a_{y,p_x}=0 \]

所以：

\[\left | A \right |+k\sum_{p \in p_{n}} sgn(p) \prod_{i \ne x}a_{i,p_{i}} \cdot a_{y,p_x}=\left | A \right | \]

证毕。

矩阵树定理

根据名字，已经猜出跟树有关了吧。

设 \(D(G)\)表示每个点出度的对角矩阵， \(A(G)\)表示邻接矩阵，\(A_{i,j}\)表示从\(i\)到\(j\)的边数。

\(L(G)=D(G)-A(G)\)

规定 \(L(G)_{k,k} 表示删除第k行第k列的方阵\)

矩阵树定理内容：

\(L(G)_{k,k}\)的矩阵行列式是以 \(k\) 为根的内向生成树个数

证明：

我们在这里称自环为平凡环。

我们可以先证明 \(\left| L(G) \right |\) 的组合意义是 \(G\) 只有平凡环的基环内向生成森林个数

定义 \(U={所有 n 个点的基环内向森林}\)

由于基环树是 \(n\) 个点 \(n\) 条边，所以每个点向外连出一条边后形成的图可能不连通，但是每个强连通分量一定是个基环树。

容斥一下：

\(所有环均平凡的基环内向森林=\)

\[\left | U \right | - \sum_{i=1} \left | 钦定 r_i 出现了的基环内向森林\right|+\sum_{i<j} \left | 钦定 r_i 和 r_j 出现了的基环内向森林\right| \]

\[-\sum_{i<j<k} \left | 钦定 r_i ,r_j 和 r_k 出现了的基环内向森林\right|... \]

设钦定的非平凡环数量为 \(t\)

容易发现每项的容斥系数为 \((-1)^t\)

将行列式列出:

\[\left | L(G) \right | = \sum_{p \in p_n} sgn(p) \prod_{i}^n A_{i,p_i} \]

这里我们枚举了一个 \(1 \sim n\) 的排列 \(p\) ，我们将 \(i\) 与 \(p_i\) 进行连边，这样会得到若干个环，就相当于枚举 \(n\) 个点的环覆盖。

这样会有两种情况：

情况 \(1:i = p_i\) 在排列中就连成了一个自环，在图中的意思是 \(i\) 可以任意往外连边。

情况 \(2:i \ne p_i\) 连完边后会形成一个非平凡环，意思是我们钦定这个环必须在图中存在，此时我们让 \(A_{i,p_i}\) 乘上 \((-1)\)

设非平凡环总环长和为 \(l\)

则总共乘上了 \((-1)^l\)

将\(\left | L(G) \right | = \sum_{p \in p_n} sgn(p) \prod_{i}^n A_{i,p_i}\) 拆成：

\[\left | L(G) \right | =\sum_{p \in p_n} sgn(p) \prod_{i\ne p_i} A_{i,p_i} \cdot \prod_{i = p_i} A_{i,p_i} \]

这个式子前半部分意义：钦定这些环必须存在方案数。

这个式子后半部分意义：所有 \(i\) 随便选条边方案数。

所以这个式子意义为钦定\(i\ne p_i\) 的边构成的非平凡环必须存在，其他边任意连的方案数。

这样我们发现，这个其实就是容斥原理中的主体。

就可以将问题转化为 \((-1)^l \cdot sgn(p)\) 是否等于 \((-1)^t\) （解决容斥系数）

发现：对于排列 \(p\) ，一定有一个 \(q\) 使得 \(q_x=p_y,q_y=p_x\) 其余数相同。

对于一个非平凡环，我们其实可以通过不断交换 \(p_x\) 和 \(p_y\) 使它成为平凡环。

举个栗子：

p	3	2	1	4	5
i	1	2	3	4	5

此时 \(2\) \(4\) \(5\) 为平凡环，\(1 和3\) 组成了一个非平凡环。

我们可以交换 \(p_1\) 和 \(p_3\) 来将非平凡环改为平凡环。

不难发现，要将非平凡环全部改为平凡环，需要改动 \((l-t)\) 次。

根据行列式中的引理 \(1\) 可知每调整一次 \(d(p)\) 奇偶变化一次。

显然可得 \((l-t)\) 和 \(d(p)\) 的奇偶性变化一样。

可建立等式：

\[(-1)^{(l-t)} = (-1)^{d(p)} \]

\[(-1)^l \cdot sgn(g) = (-1)^l \cdot (-1)^{l-t} =(-1)^{2l-t}=(-1)^t \]

（\(2l-t\) 奇偶性显然与 \(t\) 相同）

这样我们整理下，就将行列式与容斥扯上关系，证明了：

\[\left| L(G) \right | 的组合意义是 G 只有平凡环的基环内向生成森林个数 \]

再看到 $ \left | L(G)_{k,k} \right |$

它的意思是删去 \(k\) 的所有出边后这个图中不能出现非平凡环，且每个点都连出一条边的方案数。

由于这个图本身实际不存在自环，而又不能出现非平凡环，还每个点都连条出边，所以只能让 \(k\) 为根节点。

整理一下就是：

\(L(G)_{k,k}\)的矩阵行列式是以 \(k\) 为根的内向生成树个数。

证毕。