线性代数
Gauss-Jordan 求解逆矩阵。
行列式求值，其中 \(P\) 是排列，\(\pi(P)\) 是逆序对数。
另一种递归式定义：
注意到 gauss 消元后形成一个上三角矩阵，而该矩阵的行列式很好算，即 \(\prod a_{i,i}\)。由于 gauss 消元过程中都是初等行变换，考虑计算变换后行列式的变化。
- 交换两行，行列式乘以 \(-1\)。
- 一行乘以 \(k\)，行列式乘以 \(k\)。
- 一行乘以 \(k\) 加到另一行，行列式不变。
int det(int n){
int res=1;
for(int i=2;i<=n;i++){
int r=i;
for(int j=i+1;j<=n;j++)if(a[j][i]>a[r][i])r=j;
if(!a[r][i])continue;
if(r!=i){
res=-res;
for(int j=i;j<=n;j++)swap(a[i][j],a[r][j]);
}
for(int j=i+1;j<=n;j++){
while(a[j][i]){
int d=a[i][i]/a[j][i];res=-res;
for(int k=i;k<=n;k++)a[i][k]=mod(a[i][k]+p-(ll)d*a[j][k]%p),swap(a[i][k],a[j][k]);
}
//有逆时直接乘逆元也行
}
}
if(res<0)res+=p;
for(int i=2;i<=n;i++)if(a[i][i])res=(ll)res*a[i][i]%p;
return res;
}
LGV 引理。
Tutte 矩阵。
考虑设计矩阵 \(G\)。
对于 \(i\le j\)，如果 \(i\) 到 \(j\) 有边，那么 \(G_{i,j}=x_{i,j}\)，\(G_{j,i}=-x_{i,j}\)。否则 \(G_{i,j}=G_{j,i}=0\)。
结论：\(\det(G)\ne 0\) 等价于图存在完美匹配。
证明可以考虑 \(\det(G)\) 的定义
如果该式存在贡献，那么对于 \(\forall i\)，\(i\) 到 \(p_i\) 必然有边，产生贡献的边形成了若干个环。
注意到如果这些环中有奇环，那么把环翻转后 \((-1)^{\pi(P)}\) 恰好取反，因此奇环的两种情况抵消。
所以只需要考虑只有偶环的情况。此时每个偶环内的点必然存在匹配。而如果存在匹配，那么这些点两两成环必然合法。证毕。
考虑怎么求最大匹配，大胆猜测：答案是 \(\frac{rank(G)}{2}\)。证明忘了，时间复杂度 \(O(n^3)\)。
线性基
将长度为 \(n\) 的序列映射到长度为 \(\log V\) 的序列上。使其子集的异或集合相等。
可以 \(O(\log V)\) 插入，\(O(\log^2 V)\) 合并。通常解决子集异或问题，求 \(k\) 大的时候需要先通过线性变换使得任意 \(a,b\in S\) 满足 \(a\oplus b\ge\max(a,b)\)。
通常搭配 \(O(1)\) 合并的数据结构如 st 表。
可删线性基离线可做到 \(O(\log V)\)，记录每个数的删除时间，每次插入从高位到低位贪心地选择最晚删除的数。在线 \(O(\log^2 V)\)，https://www.luogu.com.cn/article/vd9qdrcd。
Matrix-Tree 定理
对于有向图 \(G\)，定义
-
出度矩阵
\[D^{\text{out}}_{i,j}(G)=\left\{\begin{matrix} \deg^{\text{out}}(i) & i=j \\ 0 & i\ne j \end{matrix}\right. \] -
邻接矩阵，设 \(\#e(i,j)\) 为 \(i\) 连向 \(j\) 的边数。
\[A_{i,j}(G)=\left\{\begin{matrix} 0 & i=j \\ \#e(i,j) & i\ne j \end{matrix}\right. \] -
出度 Laplace 矩阵
\[L^{\text{out}}(G)=D^{\text{out}}(G)-A(G) \]
入度类似。于是有以 \(k\) 为根的内向生成树数量 \(t^{\text{root}}(G,k)\) 和外向生成树数量 \(t^{\text{leaf}}(G,k)\) 为
相当于将第 \(k\) 行第 \(k\) 列去掉后行列式的值。
定义 \(m\times n\) 的关联出度矩阵 \(M^{out}\) 为
同理得到关联入度矩阵。
简单推导可得 \(D^{out}=(M^{out})^{T}M^{out}\)，\(A=(M^{out})^TM^{in}\)。所以有 \(L^{out}=(M^{out})^T(M^{out}-M^{in})\)。
引理：
对于图 \(G(V,E)\)，如果子图 \(T(V,S)\) 是以 \(V\setminus W\) 为根的内向森林，当且仅当
通过分析可以知道，\(M^{out}_{S,W}\) 每行至多有一个 \(1\)，当 \(\det(M^{out}_{S,W})\ne 0\) 时即代表每行恰好一个 \(1\) 且每一列恰好一个 \(1\)，或者说 \(W\) 中每个点与 \(S\) 中一条边的起点形成双射，也可以说它们出度都为 \(1\)。
前半部分限制出度为 \(1\)，那么后半部分应该限制无环。当前面不为 \(0\) 时，\(M^{out}_{S,W}-M^{in}_{S,W}\) 每行每列恰有一个 \(1\)，但是可能有 \(1\) 或 \(0\) 个 \(-1\)。如果存在环，容易发现通过若干次一行加到另一行上最终会使得一行为 \(0\)，又由于该操作不改变行列式，故原行列式也为 \(0\)，如
并且当该式不为 \(0\) 时，可以通过该操作使得每行有且仅有一个 \(1\)，则此时 \(\det(M^{out}_{S,W}-M^{in}_{S,W})=\det(M^{out}_{S,W})\)。所以原式也 \(=\det(M^{out}_{S,W})^2=1\)。
Cauchy–Binet 公式：
对于 \(n\times m\) 的矩阵
联立引理可证明矩阵树定理，令 \(W=[n]\setminus\{k\}\)：
扩展
带边权。会发现实际上算的是所有生成树边权乘积的和。
因为将关联矩阵重定义为
则引理算出来的行列式即为 \(\prod w_i\)。
求所有生成树边权和的 \(k\) 次方的和。
只需要把乘法变成加法，容易想到类似于原根的东西。
相当于将矩阵中的元素变成一个多项式，重定义加减乘除。对于本题来说，有
或者也可以理解为已知 \(w=w_1+w_2+\cdots w_{k-1}\) 的 \(0\sim k\) 次方，求 \((w+w_k)\) 的 \(0\sim k\) 次方。
答案就是 \(\det(k)\)。
应用
Cayley 公式
\(n\) 个点的完全图生成树数量为 \(n^{n-2}\)，写出 Laplace 矩阵，用行列式知识可以得到。
Best 定理
对于一个有向欧拉图，其不同欧拉回路的数量为
由于欧拉图出度和入度相等，所以令 \(\deg(u)=\deg^{\text{out}}(u)=\deg^{\text{in}}(u)\)。只用考虑固定从 \(k\) 出发。
容易发现，由欧拉回路的性质，如果每个点除 \(k\) 外都取最后一条出边，则会构成一棵树。如果成环，意味着一个点在走完最后一条出边后还走了它的入边，显然不会构成欧拉回路。
于是每条欧拉回路都能对应一棵以 \(k\) 为根的内向树，除了树上的边外，其他边的顺序不固定，可以得到 \(t^{\text{root}}(G,k)\deg(k)!\prod_{u\in V,u\ne k}(\deg(u)-1)!\)，但是 \(k\) 会在路径中出现 \(\deg(k)\) 次，所以一条路径会计算 \(\deg(k)\) 次，去重后便得到上式。
可以感性理解方案与欧拉回路间构成双射。
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