線性代數基礎

線性代數基礎

煎蛋的東西不再贅述。

\(n\) 個向量，若存在向量能被其他向量線性表示，則稱這些向量線性相關，否則線性無關。

矩陣的行秩，將矩陣看成若干個行向量，從這些向量中選取儘可能多的向量滿足這些向量線性無關，選取的個數 \(k\) 即為矩陣的秩。

矩陣的列秩同理，一般來說，矩陣的秩預設為行秩。

行列式常用定理

定義：對一個 \(n\times n\) 的矩陣 \(A\)，其 \(n\) 階行列式寫作 \(det(A)\)。

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

\(p\) 為所有可能的排列，\(\tau(p)\) 表示一個排列 \(p\) 的逆序對個數。

定理一：\(det(^{t}A)=det(A)\)，即矩陣轉置後值不變。

證明：考慮對於原來的每個排列 \(p\) ，在轉置後對應的 \(a_{i,p_i}\) 變成 \(a_{p_i,i}\)，只需證明兩者的逆序對個數相同。

那麼考慮如果存在兩個下標 \(i,j\) 滿足 \(i< j\) 且 \(p_i>p_j\)，會對有 \(1\) 的貢獻，那麼在轉置後 \(p_j<p_i\) 且 \(j>i\)，也會有 \(1\) 的貢獻。

定理二：對換矩陣的某兩行行列式的值取相反數。

考慮對於任意一個排列 \(p\)，對換矩陣兩行的影響相當於對換排列的兩個值。

如果這兩個值相鄰，無論兩者誰更大都會對逆序對個數造成 \(\pm 1\) 的貢獻。

考慮一般情況，如果中間間隔了 \(k\) 個數，那麼對換兩個值相當於在中間進行了 \(2m+1\) 次相鄰對換，每次相鄰對換均會造成 \(\pm 1\) 的貢獻，所以最終也會改變排列的奇偶性，即對行列式的貢獻取反。

推論：如果有矩陣有兩行相同，則行列式值為 \(0\)。

對換兩行，那麼行列式取值為負，又因為交換兩行後矩陣一模一樣，即 \(det(A)=-det(A)\)，推出行列式為 \(0\)。

定理三：

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

把行列式展開，每一項都有 \((b_{p_i}+c_{p_i})\)，再把括號開啟即可得到後者。

定理四：將矩陣的某一行乘上一個係數 \(k\)，行列式的值也會乘上 \(k\)

證明：還是把行列式展開，把每一項的 \(k\) 都提取出出來即可。

定理五：將某一行加上另外一行常數倍，行列式的值不變。

證明：結合定理三和定理四即可，讀者自證不難。

定理六：上三角矩陣的行列式值為主對角線上所有值相乘。

證明：除了主對角線的排列以外其他值都有係數為 \(0\) 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：降價行列式/行列式展開/拉普拉斯展開：行列式的值等於所有元素於他們的代數餘子式的乘積之和。

\(n\times n\) 的矩陣 \(a\)，定義 \(A_{i,j}\) 為 \(a_{i,j}\) 的代數餘子式。

關於矩陣中一個位置 \(a_{i,j}\) 的餘子式指的是忽略第 \(i\) 行第 \(j\) 列，剩下的元素拼在一次的行列式的值。

代數餘子式指的是餘子式再乘 \((-1)^{i+j}\)。

即：

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

首先很好理解的是餘子式乘上當前元素的值，相當於給排列新增了一個元素。

唯一需要證明的是係數 \((-1)^{i+j}\)。

證明：先用定義式將行列式展開，考慮列舉第 \(i\) 行的 \(p_i\) 為 \(j\)。

設 \(1\sim i-1\) 中有 \(x\) 個 \(p_v\) 大於 \(j\)，那 \(i+1\sim n\) 中有 \(j-1-(i-1-x)=j-i+x\) 個小於 \(j\) 的。那麼對逆序對的貢獻為 \(j-i+x+x\)。

那麼有 \((-1)^{j-i+x+x}=(-1)^{j-i}=(-1)^{i+j}\)。

有趣的小牛牛題，已知 \(1798,2139,3255,4867\) 為 \(31\) 的倍數，請在不暴力展開行列式的情況下證明其值為 \(31\) 的倍數。

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

將第一列乘上 \(1000\) 倍，第二列乘上 \(100\) 倍，第三列乘上 \(10\) 倍加到第四列上，再對第四列行列式展開，發現 \(a_{i,j}\) 都為 \(31\) 的倍數。

範德蒙德行列

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

證明：

用一些定理取化簡它，分兩步：

第一步：將 \(n-1\) 行的 \(-a_1\) 倍加到第 \(n\) 行，再將第 \(n-2\) 行的 \(-1\) 倍，第 \(1\) 行的 \(-x_1\) 倍加到第 \(2\) 行。 得到：

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

使用行列式展開把第一列展開，發現值其實是忽略第一行第一列的答案。

在對於右下角的那個矩形，每一列都提取出一個 \((a_i-a_1)\)。

再不斷對剩下的矩形做如此操作即可得到答案。

以及一個很優美的式子：

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

這是著名的柯西–比內公式，筆者很想去仔細證明，但是各種細節討論最終放棄了，有興趣的讀者可以去看看。

煎蛋例題：

Random Forest Rank

重新審視矩陣的秩，矩陣的秩的意義，也可以理解為非零子式的最大階數，也就是說，我們要找到一個最大的子式使得其行列式不為零。

考慮行列式的定義。

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

這裡的矩陣 \(a\) 為鄰接矩陣，所以說如果 \(a_{i,p_i}\) 有值，那麼存在邊 \((i,p_i)\)，又因為原圖不存在環，所以排列中只能存在長度為 \(2\) 的迴圈，換言之，每個 \(i\) 只能和一個對應的 \(p_i\) 匹配。

那麼就轉化為求森林的最大匹配數的兩倍的期望。

煎蛋樹形 dp 即可，設 \(f_x\) 表示 \(x\) 沒有被匹配的機率。

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

Matrix Rank

設 \(f_{i,j}\) 表示前 \(i\) 行秩為 \(j\) 的矩陣數量。

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

即兩種情況，當前秩不增加即為前面的行向量組合得來，有 \(p^j\) 中方案，或者當前秩增加，有 \((p^n-p^{j-1})\) 種方案。

最後求得是一行 \(f\) 的所有值。

放到二維平面上，每次可以從 \((i,j)\) 走到 \((i+1,j)\) 水平步，或者 \((i+1,j+1)\) 右上步。

那麼對於一個終點 \(f(n,j)\)，一定恰好走了 \(j\) 次右上步，每次的貢獻都是確定的，考慮設 \(g_{i,j}\) 在 \(1\sim n\) 層走了若干次水平步，在第 \(i\) 層走水平步貢獻為 \(p^i\)，恰好走了 \(j\) 次水平步的方案數。

那麼：

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

現在考慮求解 \(g\)，對每一列直接上生成函式：\(G_i(x)=\sum_{j\ge 0}g_{i,j}x^j\)

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

記：這裡貌似可以使用科技很簡便地得到答案。

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

帶入第 \(r\) 次項的係數：

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

遞推從小到大維護 \(f_{n,i}\) 即可。

P10102 GDKOI2023 提高組] 矩陣

真心煎蛋題，考慮隨機一個 \(n\times 1\) 的向量 \(D\)（每一位值非零），我們只需要檢查 \(D\times A\times B=D\times C\)

錯誤機率分析：這個方法本質上檢驗了 \(D\times (A\times B-C)\) 是否為 \(0\)，設 \(G=A\times B-C\)

首先如果 \(G\) 全零，那麼一定不會判錯。

否則假設最終答案 \((1,v)\) 判錯了，即：

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

先算得前 \(n-1\) 項的答案，最後一項 \(D_{1,i}\) 的取值對應著恰好一個答案的取值，那麼錯誤機率為 \(\dfrac{1}{998244353}\)