自闭集训 Day2

线性代数

高斯消元

做实数时，需要找绝对值最大的作为主元，以获取更高精度。

在欧几里得环（简单例子是模合数）意义下也是对的。比如模合数意义下可以使用辗转相除法消元。

欧几里得环：对于任意$a,b$，都可以定义$a=qb+r\ \ (|r|<b)$，于是可以辗转相除。（显然，多项式环也是欧几里得环）

逆矩阵

方法与高斯消元类似，左边摆一个原矩阵，右边摆一个单位矩阵，高斯消元的过程中左边的行操作都在右边同样做一遍。最后左边剩下一个单位矩阵，右边就是逆矩阵。

对于方程$Ax=b$，如果$A$存在逆矩阵，那么$x=A^{-1}b$。对于有多个$b$询问的时候可以$O(n^2)$做每一个询问。

CF446D

假设起点固定，设$g_i$表示经过$i$号点的期望次数，很容易列出方程，所以可以做到$O(n^4)$。

注意方程的形式是
\[
g_i=\sum_j p_{j,i}g_j+[i=S]
\]
前面一片都总是一样的，只要$[i=S]$每次变化。这类似于一个$Ax=b$的多组询问的形式，可以先求出$A^{-1}$然后每次乘上向量就可以得到答案。

总复杂度$O(n^3)$。

矩阵快速幂

多次询问$A^n b$，每次$n,b$不同。

可以预处理$A^{2^k}$，每次回答的时候只乘$b$，可以做到$m^3\log n+qm^2\log n$。

行列式

$M_{i,j}$表示去掉$i$行$j$列之后的矩阵行列式。（余子式）

$c_{i,j}=(-1)^{i+j}M_{i,j}$：代数余子式。

$\det(A)=\sum_i a_{i,j} c_{i,j}$，即按行展开。（按列展开也是对的）

$\det(A^T)=\det(A)$。

$\det(AB)=\det(A)\det(B)=\det(BA)$。

行列式的几何意义：向量在$d$维空间中围成的平行X面体（单纯形？）体积，所以围成的类似于棱锥的体积等于$\frac 1 {d!}\det(A)$。

推论：方程组
\[
\begin{cases}
x_1\ge 0\\
x_2\ge 0\\
\cdots\\
x_d\ge 0\\
\sum x_i\le S
\end{cases}
\]
的体积是$\frac{s^d}{d!}$。

THUPC2017 E

通过行列式，我们可以快速算出$n$维空间中$n+1$个点围成的棱锥的体积。

有一个结论：任选$n$个点，把他们围成的棱锥的体积加起来，最后除以二，就是答案。

为什么？咕咕咕

矩阵树定理

生成树的个数就是度数矩阵减去邻接矩阵，再删掉一行一列，的行列式。

有向图的以$i$为根的树形图，是度数矩阵减去邻接矩阵，再删去$i$行$i$列，的行列式。外向树是入度，内向树是出度。

某知名定理

$n$个点的完全图的生成树个数是$n^{n-2}$。

可以使用矩阵树定理或prufer序列证明。

BEST定理

$n$个点有向图存在欧拉回路的充要条件是所有点入度等于出度。图的欧拉回路的条数是任意一个点的树形图个数乘所有点度数-1的阶乘。（显然任意一个点的树形图个数都相等）
\[
ec(G)=t_w(G)\prod(deg_i-1)!
\]

UOJ226

无向图的欧拉回路条数，如果图是一棵树带重边，那么可以很容易给边定向；如果是环套树带重边，那么可以枚举环上某两个点之间有几条往右几条往左，就可以推出所有边的情况。

带状矩阵

高斯消元可以做到$nd^2$，其中$d$是带子的宽度。

如果需要改变主元，为了保证复杂度不能向下找，而要向右找，交换两列，相当于交换两个变量。

用途：比如网格图做生成树个数的时候，带宽可以做到$\min(n,m)$，不妨设$m<n$，那么复杂度就是$O(nm^3)$。（与博客中直接消元法类似）

CF963E

见博客。

线性空间（向量空间）

定义在某一个数域内，比如$\rm{F}_p,\R^3$，使得$v_1\in S,v_2\in S$，则有$v_1+v_2\in S,av_1\in S$。（即对加减法和数乘封闭）

对于向量集合$S$，记$\mathrm{span}(S)=\{a_1v_1+a_2v_2+a_3v_3+\cdots\}$。

线性无关组$\{v_{1...k}\}$：不存在不全为零的$a_{1...k}$，使得$\sum a_iv_i=0$。

一个向量空间的基：向量空间中某个极大的线性无关组。

向量空间的维数：基的大小。

矩阵（或一组向量）的秩：张成的线性空间的维数。

定理：行空间和列空间的维数相等。

模$p$意义下，若$\dim V=d$，那么共有$p^d$个元素。（？？？）

$Ax=b$什么时候会有一解、无解、多解？

如果是在模$p$意义下，那么有多解的时候解的个数是$p^{n-\mathrm{rank}(A)}$。（即$n-\mathrm{rank} (A)$就是自由元的个数）

空间$\{x|Ax=0\}$（即$Ax=0$的解空间）是一个线性空间。

$xor$可以定义在$F_2$的$d$维空间。

拟阵

拟阵由一个二元组$(V,I)$组成。

$I$：拟阵的子集族（即一个由集合组成的集合），满足

$\empty\in I$
$A\subset B,B\in I$，那么$A\in I$
$|A|<|B|,A\in I,B\in I$，那么存在$v\in B-A$，使得$A+\{v\}\in I$

线性无关组是拟阵。（？？？）

拟阵可以用来证明贪心的正确性。

HDU多校1 B

线性基里面存二元组$(x,p)$表示当前值是$x$，用到的最早的位置是$p$。插入的时候如果$p>p'$那么交换。

询问的时候取出$r$位置的线性基，只用$p\ge l$的位置的值得到答案。

UOJ 91

类似上一题，把$p$设成消失的时间，然后用一样的方法做。

SRM 620 Hard

对于每个因子列一个方程；

对于每一行、每一列再列一个方程。

如果有解那么方案数就是$2^{n-\mathrm{rank}}$。

伴随矩阵

$A$的伴随矩阵（记作$\mathrm{adj}(A)$），他的$a'_{i,j}=c_{j,i}$，即代数余子式的矩阵的转置。

由于代数余子式求起来很慢，我们需要一个更快的做法。可以发现，$\mathrm{adj}(A)$有一些很有趣的性质：
\[
A\cdot\mathrm{adj}(A)=\det (A)\cdot I\\
\mathrm{adj}(A)=\det (A)\cdot A^{-1}
\]
因此，如果$A$可逆，那么可以直接求出$\mathrm{adj}(A)$。

否则，

若$\mathrm{rank}(A)\le n-2$，那么伴随矩阵恒为0。（？？？）

若$\mathrm{rank}(A)=n-1$，则$A\cdot \mathrm{adj}(A)=0$，即$\mathrm{adj}(A)$的每一列都在$Ax=0$的解空间内。又因为$Ax=0$的解空间维数为1，所以$\mathrm{adj}(A)$的每一列都可以表示为$t\cdot x_0$。一种较为丑陋的方法就是先求出$Ax=0$的某一个解$x_0$，然后把$A$的某一行换成随机数，那么这一行的余子式不会变，但矩阵变得可逆了，于是就可以求出$\mathrm{adj}(A)$的某一行（或列？），于是就可以求出一整个$\mathrm{adj}(A)$。

由这个式子可以推出$A$在交换环$R$（？？？）意义下存在逆矩阵的充要条件是$\mathrm{\det A}$存在逆元：
\[
1=\det (I)=\det(A\cdot A^{-1})=\det (A)\det (A^{-1})\\
\det (A^{-1})=\det (A)^{-1}
\]
又因为
\[
\mathrm{adj}(A)=\det (A)\cdot A^{-1}
\]
所以
\[
A^{-1}=\mathrm{adj}(A)\det (A)^{-1}
\]

Schwartz–Zippel Lemma

一个多项式（可以有多个变量）在模p意义下，如果每个变量的值都是随机的，那么一整个多项式的值为0的概率不超过次数除以p。

判断一个二分图是否有完备匹配

给每一条边一个变量，……掉线

NTF笔记多好qwq

Tutte Matrix

Sherman–Morrison formula

对于列向量$u,v$，有
\[
(A+uv^T)^{-1}=A^{-1}-\frac{A^{-1}uv^{T}A^{-1}}{1+v^T A^{-1}u}
\]
发现右边的东西可以$O(n^2)$做出来。

扩展：可以在$O(n^2k)$的时间内实现给一个矩阵加上一个$\mathrm{rank}=k$的矩阵，并维护出它的逆。仍然有公式：

$U$为一$n\times k$矩阵，$V$为一$k\times n$矩阵，且$I_k+VA^{-1}U$可逆，则
\[
(A+UV)^{-1}=A^{-1}-A^{-1}U(I_k+VA^{-1}U)^{-1}VA^{-1}
\]
对于某一个$\mathrm{rank}=k$的矩阵，选出它行空间的某一组基，那么其他的行肯定可以被表示出来，所以肯定可以被拆成$U\cdot V$的形式。

动态图传递闭包

令$A$为图的邻接矩阵（邻接矩阵内如果有边则随机设值，于是矩阵大概率可逆），那么传递闭包可以视为
\[
I+A+A^2+A^3+\cdots=\frac{1}{I-A}
\]
其中$i,j$可达当且仅当$A_{i,j}$不为零。

如果要加边删边，相当于对$A$做很小的修改，于是可以用上面的方法维护出来。

甚至可以对某个点连出去或连进来的边全部进行修改，因为这样也只是修改了一行或一列而已。

（到底是否正确？）

ICPC2018 Nanjing F

如果固定终点，那么可以设$f_x$表示从这里走到$T$的期望步数，很容易列出方程：
\[
f_x=[x\ne T](1+\sum_y p_{x\rightarrow y}f_y)
\]
直接暴力高斯消元是$O(n^4)$，过不去。

由于每一次改变$T$的时候都只会改变一行，于是可以采用上面的方法维护逆矩阵……吗？

需要注意一些初始的东西，似乎是要保证一开始的矩阵要有逆，然而并没有完全听懂。

设$f_{i,j}$表示从$i$走到$j$的期望步数，那么
\[
f_{i,j}=[i\ne j](1+\sum_x p_{i,x}f_{x,j})
\]
令$g_i$表示从$i$走回$i$的期望步数，那么
\[
g_i=1+\sum_x p_{i,x}f_{x,i}
\]
于是
\[
f_{i,i}=1+\sum_x p_{i,x}f_{x,i}-g_i
\]

\[
F=J+PF-G
\]

（其中$F$全是1，$G$为对角矩阵）

即
\[
(I-P)F=J-G
\]
可以证明$\mathrm{rank}(I-P)=n-1$。

左右同时进行高斯消元，令$F_{n,i}=0$，可以消出一个$F$的特解$Y$。

由于$(I-P)x=0$的解空间的维数为1，所以可以给$Y$的每一列加上几个$x$，然后……由于$F_{i,i}=0$，可以知道每一列到底要加几个，然后就做完了……

（？？？）

设$q_{k,i}$表示走$k$步之后走到$i$的概率，则$\lim\limits_{k\rightarrow \infty}q_{k,i}=\pi_i$。

所以
\[
\pi P=\pi
\]
而且
\[
\sum \pi_i=1
\]
可以解方程解出$\pi$。

于是在一个无限长的出现序列里面，每$g_i$步便出现一次$i$，所以$g_i=\frac 1{\pi_i}$。

于是$g$也求出来了，于是$F$也就可以通过求逆求出来。

（不是很严谨）

特征值和特征向量

如果$\lambda$为$A$的特征值，那么满足
\[
\det(\lambda I-A)=0
\]
显然，$\det (\lambda I-A)$为一个关于$A$的一个次数为$n$的多项式，而且首项系数为1。记这个多项式为$A$的特征多项式。

每个特征值对应一个特征向量$x_i$，满足
\[
A\cdot \left[ x_1,x_2,\cdots ,x_n \right]=[\lambda_1x_1,\lambda_2x_2,\cdots,\lambda_nx_n ]\\
=[x_i]\cdot D
\]
其中$D$是$\lambda_i$组成给的对角矩阵。记$P=[x_i]$。

所以$AP=PD,A=PDP^{-1}$，所以$A^n=PD^nP^{-1}$。

CF923E

矩阵对角化一下，显然$\lambda_i=\frac 1 i$，然后发现上面的$P$和$P^{-1}$都有很好的性质，一通乱乘恰好是一个卷积的形式，于是就没了。

（具体证明懒得写了，看题解吧）

哈密尔顿-凯莱定理

对于$A$的特征多项式$f(\lambda)=\sum c_k\lambda^k$，有$f(A)=0$。

所以有
\[
\sum c_kA^k=0
\]

优化线性递推

见博客。

BM算法求矩阵的最小多项式

考虑数列$\{A^k\}$的线性递推式$A^n=\sum_{i=1}^t c_iA^{n-i}$，它其实就对应着一个零化多项式，所以我们就是要求这个数列的最短递推式。

考虑随机两个向量$u,v$，改成求$\{u^TA^kv\}$的线性递推式。

设$A$中非0位置的个数是$e$，那么$A$与一个向量相乘的复杂度是$O(e)$的，于是可以$O(ne)$搞到这个数列，然后再$O(n^2)$求出线性递推式。

总复杂度$O(n(n+e))$。

BM算法解稀疏线性方程组

对于一个方程组$Ax=b$（$A$满秩），有$x=A^{-1}b$。

考虑求出$\{A^kb\}$的最短递推式，那么得到$Ib=\sum_{i=1}^m c_iA^ib$。左右同乘$A^{-1}$，得到$A^{-1}b=\sum_{i=1}^m c_iA^{i-1}b$。

$A^kb=A(A^{k-1}b)$，所以可以直接递推得到。