若无特殊说明，本文中提到的排列指的是 \(1\) ~ \(n\) 的全排列。
先定义一些东西：
- 若 \(P\) 为一个排列，那么 \(P^{-1}\) 为它的逆排列，即 \({P^{-1}}_{P_i}=i\)
- 定义 \(\lambda(P)\) 为 \(P\) 的逆序对数
- 若 \(P,~Q\) 是两个排列，那么它们的复合排列为 \(P_{Q}\) ，即 \((P_{Q})_i=P_{Q_i}\) 。（注意\(P_{Q}\)与\(Q_{P}\)是不同的）
性质1：\(\lambda(P)=\lambda(P^{-1})\)
性质2： \(\lambda(P_{Q})\)与\(\lambda(P)+\lambda(Q)\)的奇偶性相同
以上两点感性理解吧，这里就不证了。
Binet-Cauchy定理：
\[det(C)=\sum_{S}det(A_S)*det(B_S)
\]
其中 \(A\) 是一个 \(m\times n\) 的矩阵，\(B\) 是一个 \(n\times m\) 的矩阵，\(C\) 是一个 \(n\times n\) 的矩阵，满足 \(C=B*A\)
\(S\) 是集合 \(\{1,2,...,m\}\) 的一个大小为 \(n\) 的子集，\(A_S\) 表示 \(A\) 保留 \(S\) 中的行得到的 \(n\times n\) 的矩阵，\(B_S\) 表示 \(B\) 保留\(S\)中的列得到的矩阵。
我们下面就来证明这个定理：
\(P,Q\) 是长度为 \(n\) 的排列
等式左边等于
\[\sum_{S}(\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod_i{A_{S_i,P_i}})(\sum_{Q}(-1)^{\lambda(Q)}\prod_i{B_{i,S_{Q_i}}})
\]
\[\sum_{S}(\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod_i{A_{S_i,P_i}})(\sum_{Q}(-1)^{\lambda(Q^{-1})}\prod_i{B_{ {Q^{-1}}_{Q_i}, S_{Q_i} }})
\]
\[\sum_{S}(\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod_i{A_{S_i,P_i}})(\sum_{Q}(-1)^{\lambda(Q^{-1})}\prod_i{B_{ {Q^{-1}}_{i}, S_{i} }})
\]
\[\sum_{S}(\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod_i{A_{S_i,P_i}})(\sum_{Q}(-1)^{\lambda(Q)}\prod_i{B_{Q_i,S_{i}}})
\]
简单变换得到
\[\sum_{S}\sum_{P}\sum_{Q}(-1)^{\lambda(P)+\lambda(Q)}\prod_i{A_{S_i,P_i}~B_{Q_i,S_i}}
\]
等式右边：
\[det(C)=\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod_i C_{i,P_i}
\]
又因为 \(C_{i,j}=\sum_{k=1}^m B_{i,k}A_{k,j}\)
所以
\[det(C)=\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod_{i=1}^n(\sum_{k=1}^m B_{i,k} \cdot A_{k,P_i})
\]
将连乘拆开，设 \(R\) 是一个从 \(1\) ~ \(m\) 中选 \(n\) 个数的可重排列，那么上式等于
\[\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\sum_{R}\prod_{i=1}^n B_{i,R_i}B_{R_i,P_i}
\]
\[\sum_{R}\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod B_{i,R_i}A_{R_i,P_i}
\]
又因为如果 \(R\) 中存在两个不同的 $ i,j$ 使得 \(R_i=R_j\)，那么对于\(P\)中\(P_i\)和\(P_j\)交换得到\(P'\)，在第二个求和符枚举到\(P\)和\(P'\)时后面式子的值会发生抵消（因为\((-1)^{\lambda(P)}\)与\((-1)^{\lambda(P')}\)互为相反数），所以我们可以把R看成一个无重排列，再将R的枚举方式变为先枚举一个大小为n的集合\(S\)，再枚举这个集合的排列\(Q\)，上式就变成了：
\[\sum_{S}\sum_{Q}\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod B_{i,S_{Q_i}}A_{S_{Q_i},P_i}
\]
\[\sum_{S}\sum_{Q}\sum_{P}(-1)^{\lambda(P)}\prod B_{Q_i,S_i}A_{S_{i},P_{Q_i}}
\]
将枚举\(P_i\)变为枚举\(P'=P_{Q_i}\)，结合之前排列的性质，上式等于
\[\sum_{S}\sum_{Q}\sum_{P'}(-1)^{\lambda(P')+\lambda(Q)}\prod B_{Q_i,S_i}A_{S_{i},P'_{i}}
\]
整理得
\[\sum_{S}\sum_{P}\sum_{Q}(-1)^{\lambda(P)+\lambda(Q)}\prod{A_{S_i,P_i}B_{Q_i,S_i}}
\]
这样就和等式右边一模一样了，于是定理得证。
