前置知识

\(\sum\) 为累加符号，\(\prod\) 为累乘符号。
上三角矩阵指只有对角线及其右上方有数值其余都是 \(0\) 的矩阵。
如果一个矩阵的对角线全部为 \(1\) 那么这个矩阵为单位矩阵记作 \(I\)。
对于矩阵 \(A_{n,m}\) 和矩阵 \(B_{m,n}\) 满足 \(A_{i,j}=B_{j,i}\) 记作 \(A=B^T\)。
如果 \(i,j\in[1,n]\) 满足 \(i<j\) 且 \(p_i>p_j\)，那么称 \((p_i,p_j)\) 为一对逆序对。
假设 \(p\) 是一个排列，那么 \(\tau(p)\) 为 \(p\) 中逆序对的个数。

定义

行列式 \(A\) 为 \(n\) 阶方阵，那么 \(|A|\) 为该矩阵的行列式，记作 \(\operatorname{det}(A)\)。

\[\begin{vmatrix} a_{1,1} & a_{1,2} &\cdots & a_{1,n} \\ a_{2,1} & a_{2,2} &\cdots & a_{2,n} \\ \cdots & \cdots &\cdots & \cdots \\ a_{n,1} & a_{n,2} &\cdots & a_{n,n} \\ \end{vmatrix}=\sum_{j_1,j_2,\cdots ,j_n}(-1)^{N(j_1,j_2,\cdots ,j_n)}\prod_{i=1}^n a_{i,j_i}\]

几何意义

对于一个 \(n\) 维的向量空间中的 \(n\) 个向量，我们可以构造一个 \(n\) 阶行列式。这个行列式的绝对值等于由这 \(n\) 个向量所构成的平行体的体积。

具体来说，如果我们有 \(n\) 个向量 \(\vec{v_1}, \vec{v_2}, ..., \vec{v_n}\)，我们可以将这些向量的坐标构造成一个n阶行列式：

\[\begin{bmatrix} v_{1,1} & v_{1,2} & \cdots & v_{1,n} \\ v_{2,1} & v_{2,2} & \cdots & v_{2,n} \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\ v_{n,1} & v_{n,2} & \cdots & v_{n,n} \\ \end{bmatrix} \]

其中，\(v_{ij}\) 是向量 \(\vec{v_i}\) 的第 \(j\) 个坐标。这个行列式的绝对值就是由向量 \(\vec{v_1}, \vec{v_2}, ..., \vec{v_n}\) 所形成的平行体的体积。

求解

暴力

首先有一个粗暴的做法单纯是根据定义求解的，虽然无法应用到那时有助于理解定义。

要求解行列式首先需要随机选择一行，为了方便说明不妨取第一行。那么在这一行的第 \(i\) 个元素的贡献为 \((-1)^{1+i}\times 1\times\) 不看这一行和这一列剩余的矩阵。

\[\begin{vmatrix} 1 & 2 & 3\\ 4 & 5 & 6\\ 7 &8 &9\end{vmatrix}\\=(-1)^{1+1}\times 1\times \begin{vmatrix}5& 6\\8&9\end{vmatrix}+(-1)^{1+2}\times 2\times \begin{vmatrix}4&6\\7&9\end{vmatrix}+(-1)^{1+3}\times 3\times \begin{vmatrix}4&5\\7&8\end{vmatrix} \]

通过这个操作，我们就将这个行列式降阶了，接下来我们只需要一直进行递归操作直到行列式的阶成为 \(1\) 就好了。所以根据定义我们就可以在 \(O(n!)\) 的时间复杂度内求解出 \(n\) 阶行列式的值了。

优化

假设矩阵 \(A\) 是一个上三角矩阵，那么 \(\operatorname{det}(A)=\prod_{i=1}^{n}a_{i,i}\) 的值，求解的时间复杂度十分优秀为 \(O(n)\)，考虑是否可以使用高斯消元进行优化。

排列的性质

定义如果 \(\tau(p)\) 为奇数那么 \(p\) 为奇排列，反之即为偶排列。
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有 \(\dfrac{1}{2}\cdot n!\) 种。
将 \(p\) 中两个不同的元素进行交换得到一个新的排列的过程叫对换操作，进行一次对换操作会改变序列的奇偶性。

矩阵性质

\(\operatorname{det}(A)=\operatorname{det}(A^T)\)，所以说所有的对列成立的性质均对行成立，反之亦然。
带入排列的性质自行观察即可以得到。
交换某 \(2\) 行或列，此时的 \(\operatorname{det}(A)\) 需要乘以 \(-1\)。
证明同上。
根据上一行进行推论，如果有两行相同那么 \(\operatorname{det}(A)=0\)。
假设 \(s=\operatorname{det}(A)\)，不妨设行 \(x\) 与行 \(y\) 相等，那么假设交换 \(x,y\) 则有 \(\operatorname{det}(A)=-s\) 但是矩阵并未变化，所以 \(\operatorname{det}(A)=-\operatorname{det}(A)\) 就得到了 \(\operatorname{det}(A)=0\) 是唯一解了。
将 \(A\) 的一行全部乘以 \(k\)，那么 \(\operatorname{det}(A)\) 也需要乘以 \(k\)。
考虑从使用定义求解行列式的值的角度进行解释。因为在求值是选择任意行计算的结果都是相同的，所以不妨假设我们刚好选择了全部乘以 \(k\) 的那一行，使用乘法分配律将 \(k\) 提出即可证明。
根据上一行进行推论，如果有一行全部为 \(0\) 那么，那么 \(\operatorname{det}(A)=0\)。
假设 \(s=\operatorname{det}(A)\)，那么不妨假设 \(x\) 行全部为 \(0\)。将行 \(x\) 全部乘以 \(k\) 得到 \(\operatorname{det}(A)=s\cdot k\)，可是矩阵并未变化所以 \(\operatorname{det}(A)=s\)，因为 \(k\) 为任意值所以得到 \(\operatorname{det}(A)=0\)。
如果行列式对应矩阵 \(A\) 中有一行，是对应 \(2\) 个矩阵 \(B,C\) 中分别的 \(2\) 行所有元素之和，那么有 \(\det(A)=\det(B)+\det(C)\)。

\[\begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ b_{i,1}+c_{i,1} &b_{i,2}+c_{i,2} &\cdots &b_{i,n}+c_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} = \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ b_{i,1} &b_{i,2} &\cdots &b_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} + \begin{vmatrix} a_{1,1} &a_{1,2} &\cdots &a_{1,n}\\ a_{2,1} &a_{2,2} &\cdots &a_{2,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ c_{i,1} &c_{i,2} &\cdots &c_{i,n}\\ \vdots &\vdots &\ddots &\vdots\\ a_{n,1}&a_{n,2}&\cdots&a_{n,n}\\ \end{vmatrix} \]

将某一行的的 \(k\) 倍加到另外一行，不影响 \(\operatorname{det}(A)\) 的值。
结合前面的一些性质即可证明，十分显然。

高斯消元

考虑到将某一行的的 \(k\) 倍加到另外一行不影响 \(\operatorname{det}(A)\) 的值，可以直接使用高斯消元就可以求解了。同样还是高斯消元，用一个变量记录交换两行引起的符号改变。因为将一行的 \(𝑘\) 倍加到另一行上不影响答案，可以采用辗转相除的方式，将其他行的对应位置消成 \(0\)。

因为辗转相除法带一个 \(\log\)，所以总的时间复杂度为 \(O(n^2\log W+n^3)\) 也就是 \(O(n^3)\)，其中 \(W\) 为矩阵的值域。

AC Code

cpp 复制代码

#define debug
// #define tests
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long 
#define x first
#define y second
using namespace std;
template<typename T=int> inline T read(){T x;cin>>x;return x;}
struct debug_{template<typename T>debug_&operator<<(T x){
#ifdef debug
cout<<x;
#endif
}}o;
const int N=605;
int n,a[N][N],mod;
void solve(){
	cin>>n>>mod;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++){
			cin>>a[i][j];
		}
	}
	int flag=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=i+1;j<=n;j++){
			while(a[i][i]){
				int s=a[j][i]/a[i][i];
				for(int k=i;k<=n;k++){
					a[j][k]=(a[j][k]-s*a[i][k]+mod)%mod;
				}
				flag++;
				swap(a[i],a[j]);
			}
			flag++;
			swap(a[i],a[j]);
		}
	}
	int ans=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		ans=(ans*a[i][i])%mod;
	}
	cout<<(ans*(flag%2?1:-1)+mod)%mod;
}
signed main(){
    #ifdef debug
    #else
    ios::sync_with_stdio(false),cin.tie(nullptr);
    #endif
    int T=1;
    #ifdef tests
    cin>>T;
    #endif
    while(T--) solve();
    return 0;
}

行列式求值，从 $n!$ 优化到 $n^3$