行列式

定义

定义 $n$ 阶方阵 $A$ 的行列式为：

$$\det A=\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} =\sum_{p_1,p_2,\cdots,p_n} (-1)^{\tau(p_1,p_2,\cdots,p_n)} \prod_{i=1}^n a_{i,p_i}$$

其中 $\{p_1,p_2,\cdots,p_n\}$ 是一个 $n$ 的排列，$\tau(p_1,p_2,\cdots,p_n)$ 表示 $\{p_1,p_2,\cdots,p_n\}$ 的逆序数。

引理

Lemma 1

$$\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ ka_{i,1} & ka_{i,2} & \cdots & ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = k \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix}$$

读者自证不难。

Lemma 2

$$\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = -\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix}$$

读者自证不难。

Lemma 3

若矩阵有相同的两行，则行列式为零。

Proof: 交换相同的两行后矩阵不变，且由 Lemma 2 得行列式变号，即 $|A|=-|A|$，所以 $|A|=0$。$\square$

Lemma 4

若矩阵某一行是另一行的倍数，则行列式为零。

Proof: 由 Lemma 1 & Lemma 3 易证。

Lemma 5

若 $\forall j,a_{i,j} = b_j + c_j$，则

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

读者自证不难。

Lemma 6

$$\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1}+ka_{i,1} & a_{j,2}+ka_{i,2} & \cdots & a_{j,n}+ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix}$$

Proof: 设

$$A = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1} & a_{j,2} & \cdots & a_{j,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix}, B = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ ka_{i,1} & ka_{i,2} & \cdots & ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} \\ C = \begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{i,1} & a_{i,2} & \cdots & a_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{j,1}+ka_{i,1} & a_{j,2}+ka_{i,2} & \cdots & a_{j,n}+ka_{i,n} \\ \vdots & \vdots & & \vdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix}$$

由 Lemma 4 得 $|B|=0$，由 Lemma 5 得 $|C| = |A| + |B| = |A|$。$\square$

Lemma 7

$$\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n} \\ 0 & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix} = \prod_i a_{i,i}$$

即上三角矩阵的行列式为主对角线元素的乘积。

Proof: 由行列式的定义得若 $\exists i, a_{i,p_i} = 0$，那么整个排列对行列式无贡献。

因此要想对行列式有贡献，$p_n$ 必等于 $n$，同理得 $\forall i, p_i = i$。$\square$

求解

显然有 $\mathrm O(n! n)$ 的 naive 方法，但如果这样上面的 $\LaTeX$ 就白写了（

考虑把矩阵转化为上三角矩阵并由 Lemma 7 $\mathrm O(n)$ 计算行列式。

这个过程形如高斯消元，于是考虑用高斯消元法来求解行列式。

假设目前处理到第 $i$ 行，要使得 $\forall j > i, a_{j,i} = 0$。

显然可以让第 $j$ 行加上第 $i$ 行乘 $- \frac{a_{i,j}}{a_{i,i}}$，但对于任意模数情况下 $a_{i,i}$ 不一定有逆元。

因此，我们考虑用辗转相除法。

每次使得 $a_{j,i} \gets a_{j,i} \bmod a_{i,i}$，并交换第 $i$ 行与第 $j$ 行，直到 $a_{i,i}$ 为 $0$。

即让第 $j$ 行加上第 $i$ 行乘 $- \lfloor \frac{a_{i,j}}{a_{i,i}} \rfloor$。

时间复杂度看似是 $\mathrm O(n^3 \log P)$，但可以证明是 $\mathrm O(n^3)$，其中 $P$ 是模数。

参考代码

C++

int n,p,a[N + 2][N + 2];
int det() {
    int sgn=0;
    for(int i=1; i<=n; ++i)
        for(int j=i+1; j<=n; ++j) {
            while(a[i][i]) {
                ll d=a[j][i]/a[i][i];
                for(int k=1; k<=n; ++k)
                    a[j][k]=(a[j][k]-d*a[i][k]%p)%p;
                swap(a[i],a[j]);
                sgn^=1;
            }
            swap(a[i],a[j]);
            sgn^=1;
        }
    ll ans=sgn?-1:1;
    for(int i=1; i<=n; ++i) ans=ans*a[i][i]%p;
    return (ans+p)%p;
}

应用

• 矩阵树定理