数学(5)——线性代数：行列式
我也不知道为什么要学这个，不过线性代数相关的内容确实是计算机科学非常重要的知识。
关于行列式
行列式的定义
行列式 (\(\texttt{Determinant}\)) 是一个函数定义，取值是一个标量。
对一个 \(n\times n\) 的矩阵 \(A\)（\(n\) 阶方阵），其 \(n\) 阶行列式写作 \(\det(A)\) 或者 \(|A|\)，定义为：
\(p\) 表示一个排列，所有可能的 \(p\) 则是 \(1\) 到 \(n\) 这 \(n\) 个数的全排列。\(\tau(p)\) 表示一个排列 \(p\) 的逆序对个数。
行列式可以理解为所有列向量所夹的几何体的有向体积，这样可以结合从几何直观出发理解为线性变换的伸缩因子。
不过，这些都不重要！ 在 OI 中，我们最应该了解的，是如何高效地求出一个矩阵的行列式然后去做题。至于其更深层次的数学意义，交给数学家们吧。
关于排列的奇偶性
我们发现 \(\tau(p)\) 的奇偶性对行列式求值起到了很大的影响，所以我们需要了解排列的奇偶性相关。
- 我们约定：如果 \(\tau(p)\) 为奇数，则 \(p\) 为一个奇排列，否则是一个偶排列；
- 对于一个 \(n(n\geq2)\) 阶排列的所有排列情况，奇排列与偶排列的情况各 \(\displaystyle \frac{1}{2}\)；
- 对于排列 \(p\) 我们交换其中的 \(2\) 个元素，其余元素不边，会得到一个新的排列，这种操作叫对换；
- 一次对换会改变排列的奇偶性；
- 一个排列可以通过若干次对换变成一个元素严格递增的自然排列，对换次数的奇偶性与原排列的奇偶性相同。
行列式的性质与定理
行列式有着一些有助于我们做题的性质。
行列式的不变性从体积的几何意义上理解非常直观，但是我们这里不做讨论。
- 交换对应矩阵的 \(2\) 行（列），行列式取反；\((1)\)
- 交换 \(1\) 行与 \(1\) 列（进行一次矩阵转置），行列式不变；\((2)\)
这两个性质的证明，可以考虑结合排列的奇偶性，然后直接重新带入公式观察。
-
行列式的行（列）所有元素等比例变化，则行列式也等比例变化；\((3)\)
-
\[\begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ k\times a_{i,1} &k\times a_{i,2} &\cdots &k\times a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} =k\times \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} \]
-
-
如果行列式对应矩阵 \(A\) 中有一行（列），是对应 \(2\) 个矩阵 \(B,C\) 中分别的 \(2\) 行（列）所有元素之和。那么有 \(\det(A)=\det(B)+\det(C)\)；\((4)\)
-
\[\begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ b_{i,1}+c_{i,1} &b_{i,2}+c_{i,2} &\cdots &b_{i,n}+c_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ b_{i,1} &b_{i,2} &\cdots &b_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ c_{i,1} &c_{i,2} &\cdots &c_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} \]
-
-
如果一个矩阵存在两行（列）成比例则 \(\det(A)=0\)；\((5)\)
-
\[\begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ k\times a_{i,1} &k\times a_{i,2} &\cdots &k\times a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix}=0 \]
-
这个证明可以直接代，但也有巧妙的办法：我们可以通过交换有比例关系的这两行得到新的矩阵 \(A'\) \(k\times a_{i,1}, k\times a_{i,2}, \cdots ,k\times a_{i,n}\) 现在就在上面的位置，一次交换使得 \(\det(A)=-\det(A')\) ，我们通过 \((3)\) 将 \(k\) 的比例变化放到行列式前，也就是 \(A,A'\) 的 \(k\times a_{i,1} k\times a_{i,2} \cdots k\times a_{i,n}\) 一行（列）变成 \(a_{i,1},a_{i,2} \cdots ,a_{i,n}\)，得到的新的矩阵分别是 \(A'',A'''\) 我们发现 \(A''=A'''\) 又有 \(k\times |A''|=|A|=-k\times |A'''|=-|A'|\)，一个数等于其相反数，所以有 \(|A|=0\)；
-
-
把一个矩阵的一行（列）的值全部乘一个常数加到另一行（列）上，行列式值不变。\((6)\)
-
\[\begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{j,1}+k\times a_{i,1} &a_{j,2}+k\times a_{i,2} &\cdots &a_{j,2}+k\times a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{j,1} &a_{j,2} &\cdots &a_{j,2}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} \]
-
证明也很简单，根据 \((4)\) 有：
-
\[\begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{j,1}+k\times a_{i,1} &a_{j,2}+k\times a_{i,2} &\cdots &a_{j,2}+k\times a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{j,1} &a_{j,2} &\cdots &a_{j,2}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix}+\begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ k\times a_{i,1} &k\times a_{i,2} &\cdots &k\times a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} \]
-
\(\because (5)\)
-
\[\therefore \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{j,1}+k\times a_{i,1} &a_{j,2}+k\times a_{i,2} &\cdots &a_{j,2}+k\times a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{i,1} &a_{i,2} &\cdots &a_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{j,1} &a_{j,2} &\cdots &a_{j,2}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix}+0 \]
-
行列式求值
那么知道了行列式这样一些性质，怎样在 OI 中高效地去求行列式呢。
直接根据定义计算，行列式求值是 \(\Theta(n\times n!)\) 的。显然太高了。
有上面这些性质我们怎么该将问题简化呢。
消元
我们考虑一个情况，当一个矩阵任意一个位置出现 \(0\)，其对行列式的影响非常大。
因为我们考虑公式中 \(\displaystyle\prod_{i=1}^n a_{i,p_i}\) 一项，一旦选到 \(0\) 整个 \(p\) 在 \(\displaystyle \sum_p\) 中就没有贡献了。
我们利用上面的一些性质显然是可以让矩阵不断变化出现 \(0\) 的。运用定理 \((1),(3),(4)\) 就可以做到。
显然瞎转化肯定是不行的，我们要让运算次数尽可能少。
如果学习了前置知识。我们知道求解线性方程组的算法高斯消元。其实高斯消元在做增广矩阵行（初等）变换为行最简形时的步骤和我们的转化有异曲同工之妙。
我们现在考虑将矩阵一行（列）消成只有最后一个元素非 \(0\) 该怎么做。也就是说：
对于 \(1\) 到第 \(n-1\) 列中的第 \(i\) 列，我们只需要让第 \(i\) 列整列加上第 \(n\) 列的 \(\displaystyle-\frac{a_{n,i}}{a_{n,n}}\) 倍就可以在 \(\det(A)\) 不变的情况下使得整行前 \(n-1\) 个元素被消掉。
代数余子式求值
消元有什么用呢，我们引入线性代数中帮助我们求行列式的一个概念——代数余子式。
在一个 \(n\) 阶行列式 \(D\) 中选定 \(k\) 行 \(k\) 列可以组成一个 \(k\) 阶子行列式 \(A\)；
删除在 \(k\) 行 \(k\) 列后剩下的 \(n-k\) 阶行列式称为 \(A\) 对应的 \(n-k\) 阶余子式 \(M\)。
设 \(A\) 在 \(D\) 中原来的元素行下标有集合 \(\mathbb I=\{i_1,i_2 ,\dots ,i_k\}\) 列下标有集合 \(\mathbb J=\{j_1,j_2 ,\dots ,j_k\}\)，则有 \(\displaystyle(-1)^{\displaystyle(i_1+i_2+\dots+i_k)(j_1+j_2+\dots+j_k)}\times \det(M)\) 为 \(n\) 阶行列式 \(D\) 的 \(k\) 阶子式 \(A\) 的代数余子式。
对于单一元素 \(a_{i,j}\) 我们令其代数余子式为 \(A_{i,j}\) ，余子式为 \(M_{i,j}\) 。有 \(A_{i,j}=(-1)^{i+j}M_{i,j}\)。
我们有如下命题：
-
\(n\) 阶行列式 \(D\) 等于其任意一行（列）所有元素与其对应代数余子式的乘积之和。
-
\[D=\sum_{j=1}^na_{i,j}\times A_{i,j},(i\in[1,n]) \]
-
\[D=\sum_{i=1}^na_{i,j}\times A_{i,j},(j\in[1,n]) \]
-
-
\(n\) 阶行列式 \(D\) 的任意一行（列）余另不同的一行（列）对应元素的代数余子式之和为 \(0\)。
-
\[\sum_{k=1}^na_{i,k}\times A_{j,k}=0,(i,j\in[1,n],i\neq j) \]
-
\[\sum_{k=1}^na_{k,i}\times A_{k,j}=0,(i,j\in[1,n],i\neq j) \]
-
求值
我们回到刚才最后一行消元后的情况。运用第一个命题我们发现 \(D\) 的值只是 \(a_{n,n}\times A_{n,n}\)。这个时候如果我们继续对 \(A_{n,n}\) 做同样的消元呢？
也就是说如果对于这个 \(n-1\) 阶的红色余子式继续做消元使得其变成：
我们发现之前余子式 \(A_{n,n}\) 又只等于 \(a_{n-1,n-1}\times A_{n-1,n-1}\)。
以此类推，如果我们一直：
-
对当前行列式消元
-
取最末（右下角）位的值和其余子式，余子式作为新行列式重新做；
按不同颜色一直递归下去做，我们发现最后我们得到
这样的一个下三角行列式。
我们就会发现这样一个矩阵的行列式是其对角线所有元素的乘积，也就是 \(\displaystyle\prod_{i=1}^na_{i,i}\)。
这样就可以做了。
实现的时候有一些细节：
-
每次取新的余子式的时候需要注意奇偶性，及时变化正负，因为记得代数余子式是要乘上一个 \((-1)^{(i_1+i_2+\dots+i_k)(j_1+j_2+\dots+j_k)}\) 的；
-
如果题目要求 \(\bmod p\) 情况下的行列式，有些数是不一定有逆元的，或者说消元的时候精度出问题，我们可以考虑对两行（列）做辗转相减消元。
-
\[\begin{bmatrix} 10 & a_{1,2} & a_{1,3} & \cdots &a_{1,n}\\ 4 & a_{2,2} & a_{2,3} & \cdots &a_{2,n}\\ a_{3,1} & a_{3,2} & a_{3,3} & \cdots &a_{3,n}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{n,1} & a_{n,2} & a_{n,3} & \cdots &a_{n,n}\\ \end{bmatrix} \]
-
对于这样的情况，求 \(a_{1,1}=a_{1,1}\bmod a_{2,1}\)
-
有 \(\begin{bmatrix}2\\4\\\end{bmatrix}\)（我们现在只考虑这两个位置）
-
swap(a[1][1],a[2][1]) -
有 \(\begin{bmatrix}4\\2\\\end{bmatrix}\)
-
再做 \(a_{1,1}=a_{1,1}\bmod a_{2,1}\)
-
有 \(\begin{bmatrix}0\\2\\\end{bmatrix}\)
-
swap(a[1][1],a[2][1]) -
有 \(\begin{bmatrix}2\\0\\\end{bmatrix}\)
-
这样分别解决了精度，逆元的一些问题。
-
消元操作是 \(\Theta(n^3)\) 的，辗转相除法是 \(\Theta(\log p)\) 的，因为辗转相除和消元每次必然使得数变小，势能只会减少，所以这个是均摊到 \(\Theta(n^2)\) 的，最终有复杂度 \(\Theta(n^2\log n+n^3)\)。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define INL inline
#define ll long long
using namespace std;
const int N=605;
int n,a[N][N],MOD;
INL int read()
{
int x=0,w=1;char ch=getchar();
while((ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-')ch=getchar();
if(ch=='-')w=-1,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+ch-48,ch=getchar();
return x*w;
}
INL int sol()
{
int res=1,w=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=i+1;j<=n;++j)
{
while(a[i][i])
{
int div=a[j][i]/a[i][i];
for(int k=i;k<=n;++k)
{
a[j][k]=(a[j][k]-1ll*div*a[i][k]%MOD+MOD)%MOD;
}
swap(a[i],a[j]);w=-w;
}//对第 i 行和第 j 行做辗转相减。
swap(a[i],a[j]);w=-w;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)res=1ll*a[i][i]*res%MOD;
res=1ll*w*res;
return (res+MOD)%MOD;//经 典 模 加 模
}
int main()
{
n=read(),MOD=read();
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
a[i][j]=read();
int ans=sol();printf("%d\n",ans);
return 0;
}
Reference：
- \(\text{Zhaoyuhang2008}\) - 题解 P7112 【【模板】行列式求值】
