7.线性代数基础2024-04-26

8.LGV引理2024-04-26 9.矩阵树定理 BEST 定理2024-04-26 10.特征值和特征向量2024-04-26

线性代数基础

煎蛋的东西不再赘述。

$n$ 个向量，若存在向量能被其他向量线性表示，则称这些向量线性相关，否则线性无关。

矩阵的行秩，将矩阵看成若干个行向量，从这些向量中选取尽可能多的向量满足这些向量线性无关，选取的个数 $k$ 即为矩阵的秩。

矩阵的列秩同理，一般来说，矩阵的秩默认为行秩。

行列式常用定理

定义：对一个 $n\times n$ 的矩阵 $A$ ，其 $n$ 阶行列式写作 $\det(A)$ 。

d e t (A) = \sum_{p} (- 1)^{τ (p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_{i}}

$det(A)=\sum_p(-1)^{\tau(p)}\prod_{i=1}^{n}a_{i,p_i}$

$p$ 为所有可能的排列， $\tau(p)$ 表示一个排列 $p$ 的逆序对个数。

定理一： $\det(A^T)=\det(A)$ ，即矩阵转置后值不变。

证明：考虑对于原来的每个排列 $p$ ，在转置后对应的 $a_{i,p_i}$ 变成 $a_{p_i,i}$ ，只需证明两者的逆序对个数相同。

那么考虑如果存在两个下标 $i,j$ 满足 $i< j$ 且 $p_i>p_j$ ，会对有 $1$ 的贡献，那么在转置后 $p_j<p_i$ 且 $j>i$ ，也会有 $1$ 的贡献。

定理二：对换矩阵的某两行行列式的值取相反数。

考虑对于任意一个排列 $p$ ，对换矩阵两行的影响相当于对换排列的两个值。

如果这两个值相邻，无论两者谁更大都会对逆序对个数造成 $\pm 1$ 的贡献。

考虑一般情况，如果中间间隔了 $k$ 个数，那么对换两个值相当于在中间进行了 $2m+1$ 次相邻对换，每次相邻对换均会造成 $\pm 1$ 的贡献，所以最终也会改变排列的奇偶性，即对行列式的贡献取反。

推论：如果有矩阵有两行相同，则行列式值为 $0$ 。

对换两行，那么行列式取值为负，又因为交换两行后矩阵一模一样，即 $\det(A)=-\det(A)$ ，推出行列式为 $0$ 。

定理三：

\begin{aligned} | \begin{matrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \dots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \dots & a_{2, n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ b_{1} + c_{1} & b_{2} + c_{2} & \dots & b_{n} + c_{n} \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \dots & a_{n, n} \end{matrix} | = | \begin{matrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \dots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \dots & a_{2, n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ b_{1} & b_{2} & \dots & b_{n} \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \dots & a_{n, n} \end{matrix} | + | \begin{matrix} a_{1, 1} & a_{1, 2} & \dots & a_{1, n} \\ a_{2, 1} & a_{2, 2} & \dots & a_{2, n} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ c_{1} & c_{2} & \dots & c_{n} \\ a_{n, 1} & a_{n, 2} & \dots & a_{n, n} \end{matrix} | \end{aligned}

$\begin{aligned} &\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n}\\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ b_1+c_1 & b_2+c_2 & \cdots & b_n+c_n \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n}\\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ b_1 & b_2 & \cdots & b_n \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n}\\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ c_1 & c_2 & \cdots & c_n \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \end{vmatrix} \end{aligned}$

把行列式展开，每一项都有 $(b_{p_i}+c_{p_i})$ ，再把括号打开即可得到后者。

定理四：将矩阵的某一行乘上一个系数 $k$ ，行列式的值也会乘上 $k$

证明：还是把行列式展开，把每一项的 $k$ 都提取出出来即可。

定理五：将某一行加上另外一行常数倍，行列式的值不变。

证明：结合定理三和定理四即可，读者自证不难。

定理六：上三角矩阵的行列式值为主对角线上所有值相乘。

证明：除了主对角线的排列以外其他值都有系数为 $0$ 的值。

利用以上定理就可以利用高斯消元得到行列式的取值了！

定理七：降价行列式/行列式展开/拉普拉斯展开：行列式的值等于所有元素于他们的代数余子式的乘积之和。

$n\times n$ 的矩阵 $a$ ，定义 $A_{i,j}$ 为 $a_{i,j}$ 的代数余子式。

关于矩阵中一个位置 $a_{i,j}$ 的余子式指的是忽略第 $i$ 行第 $j$ 列，剩下的元素拼在一次的行列式的值。

代数余子式指的是余子式再乘 $(-1)^{i+j}$ 。

即：

d e t (a) = \sum_{j = 1}^{n} a_{i, j} A_{i, j}

$det(a)=\sum_{j=1}^{n}a_{i,j}A_{i,j}$

首先很好理解的是余子式乘上当前元素的值，相当于给排列添加了一个元素。

唯一需要证明的是系数 $(-1)^{i+j}$ 。

证明：先用定义式将行列式展开，考虑枚举第 $i$ 行的 $p_i$ 为 $j$ 。

设 $1\sim i-1$ 中有 $x$ 个 $p_v$ 大于 $j$ ，那 $i+1\sim n$ 中有 $j-1-(i-1-x)=j-i+x$ 个小于 $j$ 的。那么对逆序对的贡献为 $j-i+x+x$ 。

那么有 $(-1)^{j-i+x+x}=(-1)^{j-i}=(-1)^{i+j}$ 。

有趣的小牛牛题，已知 $1798,2139,3255,4867$ 为 $31$ 的倍数，请在不暴力展开行列式的情况下证明其值为 $31$ 的倍数。

| \begin{matrix} 1 & 7 & 9 & 8 \\ 2 & 1 & 3 & 9 \\ 3 & 2 & 5 & 5 \\ 4 & 8 & 6 & 7 \end{matrix} |

$\begin{vmatrix} 1 & 7 & 9 & 8\\ 2 & 1 & 3 & 9\\ 3 & 2 & 5 & 5\\ 4 & 8 & 6 & 7 \end{vmatrix}$

将第一列乘上 $1000$ 倍，第二列乘上 $100$ 倍，第三列乘上 $10$ 倍加到第四列上，再对第四列行列式展开，发现 $a_{i,j}$ 都为 $31$ 的倍数。

范德蒙德行列

| \begin{matrix} a_{1}^{0} & a_{2}^{0} & \dots & a_{n}^{0} \\ a_{1}^{1} & a_{2}^{1} & \dots & a_{n}^{1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{1}^{n - 1} & a_{2}^{n - 1} & \dots & a_{n}^{n - 1} \end{matrix} | = \prod_{1 \leq i < j \leq n} (a_{j} - a_{i})

$\begin{vmatrix} a_1^0 & a_2^0 & \cdots & a_n^0\\ a_1^1 & a_2^1 & \cdots & a_n^1\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ a_1^{n-1} & a_2^{n-1} & \cdots & a_n^{n-1} \end{vmatrix}=\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)$

证明：

用一些定理取化简它，分两步：

第一步：将 $n-1$ 行的 $-a_1$ 倍加到第 $n$ 行，再将第 $n-2$ 行的 $-1$ 倍，第 $1$ 行的 $-x_1$ 倍加到第 $2$ 行。得到：

| \begin{matrix} 1 & 1 & \dots & 1 \\ 0 & a_{2} - a_{1} & \dots & a_{n} - a_{n - 1} \\ ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & a_{2}^{n - 2} (a_{2} - a_{1}) & \dots & a_{n}^{n - 2} (a_{n} - a_{1}) \end{matrix} |

$\begin{vmatrix} 1 & 1 & \cdots & 1\\ 0 & a_2-a_1 & \cdots & a_n-a_{n-1}\\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & a_2^{n-2}(a_2-a_1) & \cdots & a_n^{n-2}(a_n-a_1) \end{vmatrix}$

使用行列式展开把第一列展开，发现值其实是忽略第一行第一列的答案。

在对于右下角的那个矩形，每一列都提取出一个 $(a_i-a_1)$ 。

再不断对剩下的矩形做如此操作即可得到答案。

以及一个很优美的式子：

$\det(AB)=\det(A)\det(B)$

这是著名的柯西–比内公式，笔者很想去仔细证明，但是各种细节讨论最终放弃了，有兴趣的读者可以去看看。

煎蛋例题：

Random Forest Rank

重新审视矩阵的秩，矩阵的秩的意义，也可以理解为非零子式的最大阶数，也就是说，我们要找到一个最大的子式使得其行列式不为零。

考虑行列式的定义。

d e t (A) = \sum_{p} (- 1)^{τ (p)} \prod_{i = 1}^{n} a_{i, p_{i}}

$det(A)=\sum_p(-1)^{\tau(p)}\prod_{i=1}^{n}a_{i,p_i}$

这里的矩阵 $a$ 为邻接矩阵，所以说如果 $a_{i,p_i}$ 有值，那么存在边 $(i,p_i)$ ，又因为原图不存在环，所以排列中只能存在长度为 $2$ 的循环，换言之，每个 $i$ 只能和一个对应的 $p_i$ 匹配。

那么就转化为求森林的最大匹配数的两倍的期望。

煎蛋树形 dp 即可，设 $f_x$ 表示 $x$ 没有被匹配的概率。

\begin{aligned} f_{x} & = \prod_{y \in s o n_{x}} (1 - f_{y} + \frac{f_{y}}{2}) \\ a n s & = \sum_{i = 1}^{n} (1 - f_{x}) \end{aligned}

$\begin{aligned} f_x&=\prod_{y\in son_x}(1-f_y+\dfrac{f_y}{2})\\ ans&=\sum_{i=1}^{n}(1-f_x) \end{aligned}$

Matrix Rank (Hard Version)

设 $f_{i,j}$ 表示前 $i$ 行秩为 $j$ 的矩阵数量。

f_{i, j} = f_{i - 1, j} \times p^{j} + f_{i - 1, j - 1} \times (p^{n} - p^{j - 1})

$f_{i,j}=f_{i-1,j}\times p^j+f_{i-1,j-1}\times (p^n-p^{j-1})$

即两种情况，当前秩不增加即为前面的行向量组合得来，有 $p^j$ 种方案，或者当前秩增加，有 $(p^n-p^{j-1})$ 种方案。

最后求得是一行 $f$ 的所有值。

放到二维平面上，每次可以从 $(i,j)$ 走到 $(i+1,j)$ 水平步，或者 $(i+1,j+1)$ 右上步。

那么对于一个终点 $f(n,j)$ ，一定恰好走了 $j$ 次右上步，每次的贡献都是确定的，考虑设 $g_{i,j}$ 在 $1\sim n$ 层走了若干次水平步，在第 $i$ 层走水平步贡献为 $p^i$ ，恰好走了 $j$ 次水平步的方案数。

那么：

f_{i, j} = g_{j, i - j} \times \prod_{k = 1}^{r} (p^{n} - p^{k - 1})

$f_{i,j}=g_{j,i-j}\times\prod_{k=1}^{r}(p^n-p^{k-1})$

现在考虑求解 $g$ ，对每一列直接上生成函数： $G_i(x)=\sum_{j\ge 0}g_{i,j}x^j$

G_{i} (x) = \prod_{j = 0}^{i} \sum_{l \geq 0} (p^{j} x)^{l} = \prod_{j = 0}^{i} \frac{1}{1 - p^{j} x}

$G_i(x)=\prod_{j=0}^{i}\sum_{l\ge 0}(p^jx)^l=\prod_{j=0}^{i}\dfrac{1}{1-p^jx}$

记：这里貌似可以使用科技很简便地得到答案。

\begin{aligned} G_{i} (p x) & = \prod_{j = 0}^{i} \frac{1}{1 - p^{j + 1} x} \\ (1 - x) G_{i} (x) & = (1 - p^{i + 1} x) G_{i} (p x) \end{aligned}

$\begin{aligned} G_i(px)&=\prod_{j=0}^{i}\dfrac{1}{1-p^{j+1}x}\\ (1-x)G_i(x)&=(1-p^{i+1}x)G_i(px) \end{aligned}$

带入第 $r$ 次项的系数：

\begin{aligned} g_{i, r} - g_{i, r - 1} & = p^{r} \times g_{i, r} - p^{i + 1} \times p^{r - 1} \times g_{i, r - 1} \\ g_{i, r} & = \frac{p^{i + r} - 1}{p^{r} - 1} \times g_{i, r - 1} \\ g_{i, r} & = \prod_{j = 1}^{r} \frac{p^{i + j} - 1}{p^{j} - 1} \\ f_{n, r} & = \prod_{j = 1}^{n - r} \frac{p^{r + j}}{p^{j} - 1} \prod \sum_{j = 1}^{r} (p^{n} - p^{j - 1}) \end{aligned}

$\begin{aligned} g_{i,r}-g_{i,r-1}&=p^r\times g_{i,r}-p^{i+1}\times p^{r-1}\times g_{i,r-1}\\ g_{i,r}&=\dfrac{p^{i+r}-1}{p^r-1}\times g_{i,r-1}\\ g_{i,r}&=\prod_{j=1}^{r}\dfrac{p^{i+j}-1}{p^j-1}\\ f_{n,r}&=\prod_{j=1}^{n-r}\dfrac{p^{r+j}}{p^j-1}\prod\sum_{j=1}^{r}(p^n-p^{j-1}) \end{aligned}$

递推从小到大维护 $f_{n,i}$ 即可。

P10102 [GDKOI2023 提高组] 矩阵

真心煎蛋题，考虑随机一个 $n\times 1$ 的向量 $D$ （每一位值非零），我们只需要检查 $D\times A\times B=D\times C$

错误概率分析：这个方法本质上检验了 $D\times (A\times B-C)$ 是否为 $0$ ，设 $G=A\times B-C$

首先如果 $G$ 全零，那么一定不会判错。

否则假设最终答案 $(1,v)$ 判错了，即：

\sum_{i = 1}^{n} D_{1, i} G_{i, v} = 0

$\sum_{i=1}^{n}D_{1,i}G_{i,v}=0$

先算得前 $n-1$ 项的答案，最后一项 $D_{1,i}$ 的取值对应着恰好一个答案的取值，那么错误概率为 $\dfrac{1}{998244353}$

posted @ 2024-04-26 08:49 Hanghang007 阅读(154) 评论(1) 编辑收藏举报

刷新页面返回顶部

登录后才能查看或发表评论，立即登录或者逛逛博客园首页

相关博文：

· LGV引理

· 特征值和特征向量

· 【线性代数】笔记期末复习

· 线性代数笔记

· 线性代数学习笔记

公告

昵称： Hanghang007
园龄： 4年10个月
粉丝： 30
关注： 44

+加关注

2025年3月

日

一

二

三

四

五

六

随笔分类 (6)

题解(6)

Hanghang007

线性代数基础

Random Forest Rank

Matrix Rank (Hard Version)

P10102 [GDKOI2023 提高组] 矩阵

公告

搜索

常用链接

最新随笔

合集 (3)

随笔分类 (6)

随笔档案 (78)

阅读排行榜

评论排行榜

推荐排行榜

最新评论