初等线性代数

矩阵基本操作

将一些元素排列成若干行，每行放上相同数量的元素，就是一个矩阵 (Matrix) 。一个矩阵 $A$ 从左上角数的第 $i$ 行第 $j$ 列的数称作第 $i , j$ 项，记作 $A_{i, j}$ 或 $A_{i j}$ 。对于 $m = n$ 的矩阵我们称之为方阵。

加法：对于矩阵 $A_{m \times n}$, $B_{m \times n}$, 定义矩阵加法为 $A$ 和 $B$ 对应位置上的元素相加。即 $A + B = [A_{i,j} + B_{i,j}]_{m \times n}$ 。
标量乘法 (Scalar multiplication)：对于矩阵 $A_{m \times n}$ 和标量 $c$, 他们相乘的结果是 $A c = [A_{i,j} \cdot c]_{m \times n}$ 。
转置 (Transposition)：对于矩阵 $A_{m \times n}$, 其转置矩阵记作 $A^{T}$, 且 $A^{T} = [A_{j,i}]_{n \times m}$ 。即横竖翻转。
矩阵的拼接：对于矩阵 $A_{m \times n_{1}}$, $B_{m \times n_{2}}$, 记 $(A | B)$ 表示把 $A$, $B$ 并排放在一起的 $m \times (n_{1} + n_{2})$ 矩阵。

矩阵乘法: 定义 $A_{n \times m}$ 和 $B_{m \times k}$ 的矩阵乘法为

$\text { AB } \stackrel{\text { def }}{=}\left[\sum_{x=1}^{m} A_{i, x} B_{x, j}\right]_{n \times k} .$

其中 $i \in[1, n], j \in[1, k]$ 。

$1.$ 分配律: $(A+B) C=A \mathrm{C}+B \mathrm{C}$ 。

$2.$ 结合律: $A(B C)=(A B) C$ 。

$3.$ 矩阵乘法不具备交换律。

矩阵初等变换有三种，分行操作和列操作。不过行和列是对称的。

$1.$ 行交换：将矩阵 $A_{n\times m}$ 的第 $i$ 行和第 $j$ ($i\neq j$) 行交换。记作 $R_{i} \leftrightarrow R_{j}$ 。

$2.$ 行数乘：将第 $i$ 行的每个元素都乘上一个常数 $k$ ($k\neq 0$)，记作 $kR_{i} \rightarrow R_{i}$ 。

$3.$ 行加法：第 $j$ 行的 $k$ ($k\neq 0$) 倍加到第 $i$ ($i\neq j$) 行上，记作 $R_{i}+kR_{j} \rightarrow R_{i}$ 。

矩阵与线性方程组

定义关于 $n$ 个变元 $x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}$ 的线性方程组为

$\left\{\begin{array}{l}a_{11} x_{1}+a_{12} x_{2}+\cdots+a_{1 n} x_{n}=b_{1} \\ a_{21} x_{1}+a_{22} x_{2}+\cdots+a_{2 n} x_{n}=b_{2} \\ \vdots \\ a_{m 1} x_{1}+a_{m 2} x_{2}+\cdots+a_{m n} x_{n}=b_{m}\end{array}\right .$

其中 $a_{i j}, b_{i}$ 均为系数。

这个方程组可以使用矩阵的形式表达：记 $A_{m \times n} \stackrel{\text { def }}{=}\left[a_{i j}\right], \quad B_{m \times 1} \stackrel{\text { def }}{=}\left[b_{1}, b_{2}, \ldots, b_{m}\right]^{T}, \quad X_{n \times 1} \stackrel{\text { def }}{=}$ $\left[x_{1}, x_{2}, \ldots, x_{n}\right]^{T}$, 则上面的方程组可以表示为矩阵方程 $A X=B$。

方程组的高斯消元

高斯消元可以视为对矩阵 $M=(A|B)$ 进行列初等变换，因为行初等变换不改变方程的解。高斯消元的第一阶段是将 $M_{m\times(n+1)}$ 变换为上三角矩阵。

具体过程为：枚举 $i\in n$ ，

找到任意 $j\in[i,m]$ 使得 $a_{ji}\neq 0$ 。如果找到了，进行行交换 $M_{i}\leftrightarrow M_{j}$ ；

如果 $a_{ii}\neq 0$ ，则用第 $i$ 行给满足 $j\in[i+1,m]$ 的第 $j$ 行消元（把 $a_{ji}$ 变成 $0$ ）。具体操作是 $M_{j}-\frac{a_{ji}}{a_{ii}}M_{i}\to M_{j}$ 。

如果 $a_{ii}=0$，说明 $a_{ji}=0 j>i$，不用消元了。

消元之后，如果出现某一行 $a_{ij}$ 全是 $0$ ， $b_{i}\neq 0$ 的情况，说明方程无解。

行列式

行列式通常是对于方阵定义的。

方阵 $A_{n \times n} = [a_{ij}]$ 的行列式 (Determinant) 是一个将其映射到标量的函数，记作 $\det(A)$ 或者 $| A |$ 。通常可以将其理解为是高维空间的欧氏体积。

e.g. 二维平面叉积。

定义 $P_{n}$ 表示所有 $n!$ 个长度为 $n$ 的排列 $p$ 构成的集合。矩阵的行列式定义为：
$| A | = \sum_{p \in P_{n}} \operatorname{sgn}(p) \prod_{i=1}^{n} a_{i,p_{i}}$。

其中 $\operatorname{sgn}$ 表示 $( -1 )$ 排列的逆序对个数。即设 $N(p)$ 表示 $p$ 的逆序对个数，则 $\operatorname{sgn}(p) = ( -1 )^{N(p)}$。

根据行列式的公式，易得

对方阵做行（列）交换，行列式反号；
对方阵做行（列）数乘，行列式乘上同样的常数。
对方阵做行（列）加法，行列式不变；

证明：

第二条较为简单，设对第 $j$ 行进行数乘 $k$：

\[\begin{aligned}| A | &= \sum_{p \in P_{n}} \operatorname{sgn}(p) \prod_{i=1 \land i \ne j}^{n} a_{i,p_{i}} \times a_{j,p_{j}} \times k \\&= \sum_{p \in P_{n}} \operatorname{sgn}(p) \prod_{i=1}^{n} a_{i,p_{i}} \times k\end{aligned} \]

接着证明第一条，设交换了 $i1,i2$ 两行，$p_{i,j}$ 代表排列 $p$ 交换了第 $i$ 行与第 $j$ 行：

\[\begin{aligned} | A | &= \sum_{p \in P_{n}} \operatorname{sgn}(p) \prod_{i=1 \land i \ne i1 \land i \ne i2}^{n} a_{i,p_i} \times a_{i1,p_{i2}} \times a_{i2,p_{i1}} \\&=\sum_{p \in P_{n}} \operatorname{sgn}(p_{i1,i2}) \prod_{i=1}^n a_{i,{p_{i1,i2}}_i} \end{aligned} \]

由于 $p_{i1,i2}$ 与 $p$ 构成双射，所以只需证 $\operatorname{sgn}(p_{i1,i2})=-\operatorname{sgn}(p)$ 即可。

由于 $i1,i2$ 交换不影响小于 $i1$ 的位置与大于 $i2$ 的位置所构成的逆序对个数，所以只需考虑 $i1,i2$ 之间的数即可，不妨设 $a_{i1}<a_{i2}$，然后分类讨论：

$a_{i1} < a_j(i1 < j < i2) < a_{i2}$，更改过后除去 ${i1,i2}$ 这一对之外，会多生成两个逆序对。
$a_j < a_{i1} < a_{i2}$，此时不会更改。
$a_j>a_{i2}>a_{i1}$，此时依旧不会更改。

综上，上边的情况都为偶数变化，加上 ${i1,i2}$ 本身产生的逆序对，一定会增加或减少奇数个逆序对，证毕。

最后证明第三条，设将第 $i$ 行的 $k1$ 倍加上第 $j$ 行，枚举 $p_j$ 则式子变为：

\[\begin{aligned} | A | &= \sum_{k=1}^n \sum_{p \in P_{n} \land p_j=k} \operatorname{sgn}(p) \prod_{l=1 \land l \ne j}^{n} a_{l,p_{l}} \times (a_{l,p_{j}}+k1 \times a_{i,p_{l}})\\&=\sum_{k=1}^n \sum_{p \in P_{n} \land p_j = k} \operatorname{sgn}(p) \prod_{l=1}^n a_{l,p_{l}} + \operatorname{sgn}(p) \times k1\times a_{i,p_{j}} \times \prod_{l=1 \land l\ne j}^n a_{l,p_{l}} \\&= \sum_{p \in P_n} \operatorname{sgn}(p) \prod_{l=1}^n a_{l,p_l} + \sum_{k=1}^n k1 \times a_{i,k} \times \sum_{p \in P_{n} \land p_j = k} \operatorname{sgn}(p) \prod_{l=1 \land l \ne j} a_{l,p_l} \ \end{aligned} \]

对于上 $(下)$ 三角矩阵，其行列式为主对角线上元素的积。

因此可以简单地使用高斯消元在 $O(n^{3})$ 的时间内求出行列式。

矩阵的逆

定义单位矩阵(Identity Matrix)为主对线上元素为 $1$，其他元素为 $0$ 的方阵，记作 $I$（乘法单位元）。

定义 $A$ 矩阵的逆矩阵 $B$ 为使得 $A B = I$ 的矩阵。若存在这样的 $B$ 矩阵，称 $A$ 可逆。 $A$ 的逆矩阵记作 $A^{-1} = B$ 。

矩阵求逆：使用高斯消元将 $(A | I)$ 中的 $A$ 消成 $I$ ，得到 $(I | B)$ ，那么这里的 $B$ 就是 $A^{-1}$ 。若 $A$ 消不成 $I$ 则 $A$ 不可逆。

可逆矩阵关于加法和乘法构成一个环。

矩阵树定理

矩阵树定理 Matrix-tree Theorem 是把图的生成树个数和矩阵行列式联系起来的一个定理。

有向图内向生成树计数

对于无自环允许有重边的有向图 $G=(V,E)$ 。设出度矩阵 $D(G)$ 表示每个点的出度的对角矩阵 $d_{ii}$ 表示结点 $i$ 的出度，其余位置均为 0 。而 $A(G)=a_{ij}$ 表示邻接矩阵， $a_{ij}$ 表示 $\left(i\to j\right)$ 的边数。那么可得到对应的拉普拉斯矩阵 Laplacian Matrix $L(G)=D(G)-A(G)$ 。

$L(G)$ 关于 $L(G)_{k,k}$ 的余子式主子式是以 $k$ 为根的内向生成树的个数。

余子式：对于矩阵 $A$ ， $A_{ij}$ 的余子式定义为 $A$ 去掉第 $i$ 行第 $j$ 列的矩阵的行列式。

矩阵树定理：证明

$ L(G) = D(G) - A(G)$.

我们要证明两件事：

$|L(G)|$ 的组合意义是通过容斥计算 $G$ 的只有平凡环的基环内向生成森林个数。
$|L(G)_{k,k}|$ 的组合意义是通过容斥计算 $G$ 的以 $k$ 为根的内向生成树的个数。

称自环是平凡的环。

注：如果一个图中没有自环，那么它是不存在只有平凡环的基环内向生成森林的。也就是说对于简单有向图，$|L(G)| = 0$。

核心思路：将行列式的计算过程理解为一个容斥。

问题 1: 如何通过容斥统计只有平凡环的基环内向生成森林的个数？

定义 $U = \text{{所有 n 个点的基环内向森林}}$ 作为容斥的全集。P.S. $|U| = \prod_{i = 1}^{n} \text{结点 i 的出度}$ 。 $n$ 个点中选出若干个点，可以构成多少个不同的非平凡环？

枚举环长，再枚举排列数，每个环被算重了 $k$ 次，所以得到 $\sum_{k = 2}^{n} \frac{n!}{k(n - k)!}$ 。假设这些非平凡环构成集合 $S$ ，则我们可以得到这样的一个容斥：

所有环均平凡的基环内向森林

\[\begin{aligned}&=|U| - \sum_{i}|\text{钦定 r_i 出现了的基环内向森林}| \\&+\sum_{i < j}|\text{钦定 r_i , r_j 同时出现了的基环内向森林}|\\&-\sum_{i < j < k}|\text{钦定 r_i , r_j , r_k 同时出现了的基环内向森林}| \end{aligned} \]

我们无法直接按照 $式子$ 去计算这个 $容斥$ ，因为 $非平凡环$ 的总数太多了。

但是这个式子告诉我们：在 $容斥过程$ 中，如果钦定了 $t$ 个 $非平凡环$ 要出现，那么这部分贡献的 $容斥系数$ 就是 $(-1)^{t}$ 。

回顾行列式的定义：

$|L(G)|=\sum_{p\in P_{n}}\operatorname{sgn}(p)\prod_{i=1}^{n}a_{i,p_{i}}$

思考：这个行列式的计算过程是如何表达上述的容斥过程的？

$|L(G)| = \sum_{p \in P_{n}} \operatorname{sgn}(p) \prod_{i=1}^{n} a_{i,p_{i}}$

在行列式中，我们枚举了一个排列 $p$ 。

首先分析排列的组合意义。

如果我们让 $i$ 向 $p_{i}$ 连边，那么我们会得到若干个环（每个点有恰好一条出边，恰好一条入边）。也就是说枚举排列的组合意义是枚举 $n$ 个点的环覆盖。

P . S. 环覆盖是指将 $n$ 个数划分为若干个环排列（单独的数视为长度为 $1$ 的环，即自环，平凡环）。

拆成两部分考虑：

$ \operatorname{sgn}(p) \prod_{i=1}^{n} a_{i , p_i} = \operatorname{sgn}(p) \prod_{i \neq p_i}^{n} a_{i , p_i} \times \prod_{i = p_i}^{n} a_{i , p_i} = \operatorname{sgn}(p) \prod_{i \not= p_i}^{n} - (i \rightarrow p_i \text{ 的边数 } ) \times \prod_{i = p_i}^{n} i \text{ 的出度。} $

注意到，所有 $i \not= p_i$ 的边会构成若干个非平凡环。故前半部分的组合意义是钦定这些非平凡环的方案数（原图可能有重边），乘上 $(-1)^{\text{钦定的非平凡环的环长之和 }}$ （排列上的非平凡环就是图上钦定的非平凡环）。

后半部分意义：所有 $i = p_i$ 的点任意选择一条出边的方案数。

两部分的组合意义合并， $ \prod_{i=1}^{n} a_{i , p_i} $ 表达的含义是，钦定所有 $i \not= p_i$ 的边构成的非平凡环必须出现，其他边随便连的基环内向森林方案数，乘上 $(-1)^{p}$ 中非平凡环的环长之和。

"在容斥过程中，如果钦定了 $t$ 个非平凡环要出现，那么这部分贡献的容斥系数就是 $(-1)^{t}$"。

问题：这部分的系数，即 ${(-1)}^{p}$ 中非平凡环的环长之和 $\times$ $sgn(p)$，是不是 $(-1)^{t}$？

$sgn(p) = (-1)^{N(p)}$，$N(p)$ 表示排列 $p$ 中逆序对的个数。

注意：对于排列中的一个非平凡环，我们可以通过一次交换操作把这个环拆成一个平凡环（自环）和一个长度减 $1$ 的环。而一次交换操作会导致逆序对的奇偶性发生变化。也就是说，交换操作数和逆序对变化量的奇偶性相同。

设 $p$ 的非平凡环的环长之和为 $l$，且 $p$ 有 $t$ 个非平凡环，则执行 $l - t$ 次交换操作，就可以把所有的非平凡环都消除，而此时我们会得到单位排列，其逆序对数量为 $0$（偶数）。

因此 $(-1)^{N(p)}$ = $(-1)^{l - t}$。左边是逆序对变化量的奇偶性，右边是交换操作的奇偶性。于是 ${(-1)}^{p}$ 中非平凡环的环长之和 $\times$ $sgn(p)$ = $(-1)^{l}$ $\times$ $(-1)^{l - t}$ = $(-1)^{t}$。

回顾：$|L(G)|= \sum_{p \in P_{n}}$ sgn $(p) \prod_{i=1}^{n} a_{i, p_{i}}$。

综上，$|L(G)|$ 的组合意义是通过容斥计算 $G$ 的所以环均为平凡环的基环内向生成森林个数。

如何理解 $|L(G)_{k, k}|$ ?

删掉了第 $k$ 行第 $k$ 列，意味着其容斥的过程是：在 $\{1,2, \ldots, n\} \backslash\{k\}$ 中钦定若干个非平凡环出现，其他点随便连边（可连到 $k$ ，因为其他点的出度包含到 $k$ 的边）的方案数, 乘上一个系数。那么这个容斥的结果将会是：$\{1,2, \ldots, n\} \backslash\{k\}$ 不存在非平凡环，$\{1,2, \ldots, n\} \backslash\{k\}$ 每个点都要连出去一条边的方案数。

删掉了第 $k$ 行第 $k$ 列，则容斥过程中不会考虑从 $k$ 出发的边，即 $k$ 被视为根节点，没有出边。其他每个点都要连出去一条边，且不能出现非平凡环。若原图没有自环，那么这样构造出来的必然是一个内向生成树。

posted @ 2025-07-21 16:31 ask_silently 阅读(14) 评论(0) 收藏举报

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