高斯消元法
高斯消元法（Gauss-Jordan elimination），可以用于解决：线性方程组求解、行列式求值、矩阵求逆等问题。
给定一个线性方程组，要求解。
一些定义
变量 $=$ 元 $=$ 变元 $=$ 未知数。
对于一个 $m$ 元线性方程组，已知系数 $a_{ij}$，未知量 $x_i$，即：
\left\{
\begin{array}{}
a_{1,1}x_1+a_{1,2}x_2+\cdots+a_{1,m}x_m=c_1 &(1)\\
a_{2,1}x_1+a_{2,2}x_2+\cdots+a_{2,m}x_m=c_2 &(2)\\
\cdots\\
a_{n,1}x_1+a_{n,2}x_2+\cdots+a_{n,m}x_m=c_n &(n)
\end{array}
\right.
$$
将简记为一个 $n$ 行 $m$ 列的矩阵：
\left[\begin{matrix}
a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,m} \\
a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,m} \\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,m}
\end{matrix} \right]
$$
我们称这个矩阵为 系数矩阵。
在系数矩阵右侧，加一列常数项，称其为 增广矩阵：
\left[\begin{matrix}
a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,m} \\
a_{2,1} & a_{2,2} & \cdots & a_{2,m} \\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
a_{n,1} & a_{n,2} & \cdots & a_{n,m}
\end{matrix} \middle|
\begin{matrix}
c_1 \\
c_2 \\
\cdots\\
c_n
\end{matrix} \right]
$$
竖线 $\mid$ 没有其他含义，只是为了区分等式左右两侧。两侧同属一个矩阵。
为了方便表示，后面出现的 $c_i$ 可能会用 $a_{i, m+1}$ 代替。
简单情况
从简单情况开始考虑，假设恰好 $n=m$，且每个方程都有意义，方程组形如：
\left\{
\begin{array}{r}
&a_{1,1}x_1&+ &a_{1,2}x_2&+\cdots+ &a_{1, n-1}x_{n-1} &+ &a_{1,n}x_n=c_1 &(1)\\
&0\cdot x_1&+ &a_{2,2}x_2&+\cdots+ &a_{2, n-1}x_{n-1} &+ &a_{2,n}x_n=c_2 &(2)\\
&0\cdot x_1&+ &0\cdot x_2&+\cdots+ &a_{3, n-1}x_{n-1} &+ &a_{3,n}x_n=c_2 &(3)\\
&&&&+\cdots+\\
&0\cdot x_1&+ &0\cdot x_2&+\cdots+ &0\cdot x_{n-1} &+ &a_{n,n}x_n=c_n &(n)
\end{array}
\right.
$$
矩阵为：
\left[\begin{matrix}
a_{1,1} & a_{1,2} & \cdots & a_{1,n-1} & a_{1,n} \\
0 & a_{2,2} & \cdots & a_{2,n-1} & a_{2,n} \\
0 & 0 & \cdots & a_{3,n-1} & a_{3,n} \\
\cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots \\
0 & 0 & \cdots & 0 & a_{n,n}
\end{matrix} \middle|
\begin{matrix}
a_{1,n+1} \\
a_{2,n+1} \\
a_{3,n+1} \\
\cdots\\
a_{n,n+1}
\end{matrix} \right]
$$
矩阵的左下角都是 $0$.
对于这种倒三角矩阵，最后一行代表的方程为：$a_{nm}\cdot x_m=a_{n,m+1}$，可以直接求出 $x_m=\frac{a_{n, m+1}}{a_{nm}}$.
之后，我们再将 $x_m$ 代入倒数第二行的方程：$a_{n-1,m-1}\cdot x_{m-1}+a_{n-1,m}\cdot x_m=a_{n-1, m+1}$，求出 $x_{m-1}$.
以此类推，就可以求出所有的未知量了。
考虑如何将原矩阵变换为倒三角矩阵。
这就和一般的消元法解方程一样，要让第 $x_i$ 个未知数只存在于前 $i$ 个方程（其它方程中 $x_i$ 系数均为 $0$）.
枚举列，也就是枚举未知数。当我们枚举到第 $c$ 列的时候，我们要让 $\sum_{i=c+1}^{n}[a_{i, c}\neq0]=0$.
所以对于第 $i\in [c+1, n]$ 行，整行一起变换，使 $a_{i,c}=0$：
\forall j\in [1,m+1],\quad a_{i, j}\leftarrow a_{i, j}-a_{c, j}\cdot\frac{a_{i, c}}{a_{c, c}}
$$
由于 $\forall j\in[1, c-1]，a_{c, j}=0$，所以上式与 $j\in[c, m+1]$ 是等价的。
之后进行回带，把所有无关项移到等式右边。
double A[MAXN][MAXN], ans[MAXN];
void Gauss() {
for(int c = 1; c <= n; c++) {
for(int i = c + 1; i <= n; i++) {
double t = A[i][c] / A[c][c];
for(int j = c + 1; j <= n + 1; j++) {
A[i][j] -= A[c][j] * t;
}
}
}
for(int i = n; i >= 1; i--) {
for(int j = i + 1; j <= n; j++) a[i][n + 1] -= a[i][j] * ans[j];
ans[i] = a[i][n + 1] / a[i][i];
}
}
提高精度
在消元过程中，对于第 $i$ 个主元，我们默认选择第 $i$ 行的 $a_{i, i}$ 作为保留的元素。
为了减小误差，我们在第 $i$ 列的 $a_{i, j}(j\geq i)$ 中选一个最大的数作为保留的元素，之后交换第 $i$ 行和第 $j$ 行。
显然，这样有助于精度的控制。
扩大适用范围
前面的方法基于 $n=m$，且方程组存在唯一解。然而，方程个数与未知数不一定相等，解的个数也不一定唯一，下面给出更普适的方法。
判断解的个数
容易发现，由 $n$ 个方程构成的 $m$ 元线性方程组，解的个数只可能为：$0, 1, \infty$.
为了方便判断，我们引入自由元的定义：取值不确定的变元。
当我们枚举到第 $i$ 个变量，且前 $i$ 个变量都不是自由元时，如果第 $i\sim n$ 行中这个变量的系数均为 $0$，那么第 $i$ 个变量是自由元。
\left[\begin{matrix}
a_{1,1} & a_{1,2} & a_{1, 3} & a_{1,4} & a_{1,5} \\
0 & a_{2,2} & a_{2, 3} & a_{2,4} & a_{2,5} \\
0 & 0 & \color{red}{0}& a_{3,4} & a_{3,5} \\
0 & 0 & 0 & a_{4,4} & a_{4,5} \\
0 & 0 & 0 & 0 & a_{5,5}
\end{matrix} \middle |
\begin{matrix}
c_{1} \\
c_{2} \\
c_{3} \\
c_{4} \\
c_{5}
\end{matrix} \right]
$$
上面的例子中，$x_3$ 即为自由元。可以发现，当 $x_4, x_5$ 被确定之后，第三行的方程可以记为：
0\cdot x_3=c_3-x_4\cdot a_{3, 4}-x_5\cdot a_{3, 5}=C
$$
若 $C=0$，则 $x_3$ 可以在 $\Bbb{R}$ 中任取。
若 $C\neq 0$，则 $x_3$ 一定无解，方程组也一定无解。
另外，存在一个自由元，其值可以任取，不代表方程组有无穷组解。因为若有其它变量是无解的，则方程组无解。
出现自由元这种情况，说明有些方程之间是线性相关的，所以加减消元之后就消没了。
解决 $n\neq m$ 的情况
在枚举变量的过程当中，会发现有些变量是自由元。这时我们应当跳过这一列，并且保持行不变，处理下一个变元。
因此我们用指针 $\operatorname{row}$ 和 $\operatorname{col}$ 表示当前所在的行和列，最后 $\operatorname{row}$ 的位置即为非自由元的个数。
由于遇到所有自由元时，我们都保持行不变，所以可以理解为：我们把所有自由元都挪到了最后面没有被 $\operatorname{row}$ 遍历到的几行当中去。
这可以结合上面 $5\times 5$ 的例子进行理解。
在遇到自由元 $x_3$ 后，跳过第 $3$ 列，保持 $\operatorname{row}$ 不变。所以第 $3$ 行保留的主元是 $x_4$，同理第 $4$ 行保留的主元是 $x_5$.
所以第 $5$ 行即代表第 $x_3$，第 $5$ 行的方程为：$0\times x_3=c_5$.
代码
下面代码会将所有自由元保留到最后的连续几行。
因此，要判断解的情况，只需要去判断第 $\operatorname{row+1}\sim n$ 行的系数 $c$ 是否为 $0$ 即可。
//高斯消元法，返回-1为无解，0为无穷解，1为唯一解
double A[MAXN][MAXN], ans[MAXN];
int Gauss() {
int row = 1, max_row;
for(int col = 1; col <= m; col++) {
max_row = row;
for(int i = row + 1; i <= n; i++) { //提高精度 找到一列中值最大的
if(fabs(A[i][col]) > fabs(A[max_row][col])) max_row = i;
}
if(fabs(A[max_row][col]) < eps)
continue; //如果col是自由元，那么跳过这一列，但行不变
if(max_row != row) { //swap(当前行，最大值所在的行)
for(int i = 1; i <= m + 1; i++) swap(A[row][i], A[max_row][i]);
}
for(int i = row + 1; i <= n; i++) {
double t = A[i][col] / A[row][col];
for(int j = 1; j <= m + 1; j++) {
A[i][j] -= A[row][j] * t;
}
}
row++;
}
row--;
if(row < n) {
for(int i = row + 1; i <= n; i++) {
//如果左边所有系数都是0，等号右边不是0，则无解
if(abs(A[i][m + 1]) > eps) return -1;
} //否则有无数解
return 0;
}
for(int i = m; i >= 1; i--) { //回代
for(int j = i + 1; j <= m; j++) A[i][m + 1] -= A[i][j] * ans[j];
ans[i] = A[i][m + 1] / A[i][i];
}
return 1;
}
高斯-约旦消元法
高斯-约旦消元法，是高斯消元法的另一个版本，相异之处就是这算法产生出来的矩阵是一个简化行梯阵式，省去了回代过程。
相比起高斯消元法，此算法的效率和精度都比较低，但代码难度也低。
算法思想
构造方程组矩阵的方法同上，化简后的矩阵形如：
\left[\begin{matrix}
a_{1,1} &0 & 0 &\cdots & 0 & 0 \\
0 & a_{2,2} & 0 &\cdots & 0 & 0 \\
0 & 0 &a_{3,3} &\cdots & 0 & 0 \\
\cdots &\cdots &\cdots &\cdots &\cdots & \cdots \\
0 & 0 &0 &\cdots & 0 & a_{n,m}
\end{matrix} \middle|
\begin{matrix}
c_{1} \\
c_{2} \\
c_{3} \\
\cdots\\
c_{n}
\end{matrix} \right]
$$
只保留主对角线上的元素。
显然，这样就省去了回代的步骤，直接 $a_{i, i}\cdot x_i=c_i$ 就可以解出所有未知数了。
算法实现
在上面的高斯消元法中，有这样一句话：
当我们枚举到第 $c$ 列的时候，我们要让 $\sum_{i=c+1}^{n}[a_{i, c}\neq0]=0$.
要想让最终的矩阵只保留主对角线上的元素，我们只需要把这句话改为：
当我们枚举到第 $c$ 列的时候，我们要让 $\sum_{i\neq c}[a_{i, c}\neq0]=0$，也就是直接消掉其他所有行。
double A[MAXN][MAXN], ans[MAXN];
void Gauss_Jordan() {
for(int c = 1; c <= n; c++) {
for(int i = c + 1; i <= n; i++) {
double t = A[i][c] / A[c][c];
for(int j = c + 1; j <= n + 1; j++) {
A[i][j] -= A[c][j] * t;
}
}
}
}
扩大适用范围
在高斯-约旦消元法中，我们同样可以选择每列最大的数作为主元，以提高精度。
同时，我们可以用类似的方法判断方程组解的个数。
两种算法的区别只在第 $\rm{15\sim16}$ 行、第 $33$ 行这两处。
//高斯-约旦消元法，返回-1为无解，0为无穷解，1为唯一解
double A[MAXN][MAXN], ans[MAXN];
int Gauss_Jordan() {
int row = 1, max_row;
for(int col = 1; col <= m; col++) {
max_row = row;
for(int i = row + 1; i <= n; i++) {
if(fabs(A[i][col]) > fabs(A[max_row][col])) max_row = i;
}
if(fabs(A[max_row][col]) < eps)
continue; //如果col是自由元，那么跳过这一列，但行不变
if(max_row != row) { //swap(当前行，最大值所在的行)
for(int i = 1; i <= n + 1; i++) swap(A[row][i], A[max_row][i]);
}
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i == row) continue; //每列只保留第row行的元素
double t = A[i][col] / A[row][col];
for(int j = 1; j <= m + 1; j++) {
A[i][j] -= A[row][j] * t;
}
}
row++;
}
row--;
if(row < n) {
for(int i = row + 1; i <= n; i++) {
//如果左边所有系数都是0，等号右边不是0，则无解
if(fabs(A[i][n + 1]) > eps) return -1;
} //否则有无数解
return 0;
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
ans[i] = A[i][m + 1] / A[i][i];
}
return 1;
}
解异或方程组
对于异或方程组，高斯消元法同样适用。
在实数方程组中，我们消掉第 $v$ 个变元的方法是：用第 $a$ 行减去第 $b$ 行的 $k$ 倍，使第 $a$ 行第 $v$ 列变为 $0$。
在异或方程组中，若第 $a$ 行第 $v$ 列的值为 $1$，就将第 $a$ 行异或上第 $b$ 行。（按列分别异或）
由于 $x\in\{0, 1\}$，所以 $(a\cdot x)\oplus (b\cdot x)=(a\oplus b)\cdot x$，因此第 $a$ 行异或后的方程是成立的。
注意到异或方程组的增广矩阵是 $01$ 矩阵（矩阵中仅含有 $0$ 与 $1$），所以我们可以使用 C++ 中的 std::bitset 进行优化，将时间复杂度降为 $O(\dfrac{n^2m}{\omega})$，其中 $n$ 为元的个数，$m$ 为方程条数，$\omega$ 一般为 $32$（与机器有关）。
代码
bitset<MAXN> A[MAXM];
int Gauss() {//A[][]是m行n列的矩阵
for(int col = 1; col <= n; col++) {
int x = col;
while(x <= m && !A[x][col]) x++;
if(x == m + 1) return 0;
ans = max(ans, x);
if(col != x) {//swap(A[x], A[col]);
bitset<MAXN> tmp = A[x];
A[x] = A[col]; A[col] = tmp;
}
for(int i = 1; i <= m; i++) {
if(i != col && A[i][col]) A[i] ^= A[col];
}
}
return 1;
}
模意义下的高斯消元 – 模数为质数
对于模数为合数的情况，会在后面提到。
分析
注意到，在实数域内的高斯-约旦消元有这样一段代码：
只要把除法操作改为乘逆元即可。
代码
普通的高斯-约旦消元：
//......
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i == row) continue;
double t = A[i][col] / A[row][col];
for(int j = 1; j <= m + 1; j++) {
A[i][j] -= A[row][j] * t;
}
}
//......
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ans[i] = A[i][n + 1] / A[i][i];
}
模意义下的高斯-约旦消元：
//......
for(int i = 1; i <= n; i++) {
if(i == row) continue;
int k = A[i][col] * inv(a[col][col]) % mod;
for(int j = 1; j <= m + 1; j++) {
A[i][j] = (A[i][j] + A[col][j] * (mod - k)) % mod;
}
}
//......
for(int i = 1; i <= n; i++) {
ans[i] = A[i][n + 1] * inv(A[i][i]) % mod;
}
模意义下的高斯消元 – 模数为合数
模数为合数时，有些数没有逆元，需要另寻方法。
分析
对于模数为合数的情况，我们使用类似辗转相除的方法。
对于两行 $a, b$，现在要消去变元 $c$。
在辗转相除法时，我们会用 $a\leftarrow a\bmod b$，但现在要同时操作一整行，没法直接取模，所以要模拟一下取模的过程。
我们每次将 $a$ 减去 $b$ 的尽可能多倍（$k\in \Bbb{Z}^{+}$），使仍然保持 $a_c\geq 0$，之后交换 $a, b$，重复操作，直到 $a_c=0$.
具体地，所减去的倍数 $k=\lfloor\dfrac{a_c}{b_c}\rfloor$.
代码
辗转相除法就不用每次找最大的换上去了，因为不需要控制精度，都是整数。
void Gauss() {
for(int col = 1; col <= n; col++) {
for(int row = col + 1; row <= n; row++) {
while(a[row][col]) {
int t = a[col][col] / a[row][col];
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[col][i] = (a[col][i] + a[row][i] * (p - t)) % p;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) swap(a[col][i], a[row][i]);
}
}
}
}
[JSOI2008] 球形空间产生器
题意
给定一个 $n$ 维超球上的 $n+1$ 个点的坐标，求球心坐标。保证有唯一解。
$n<=10$，坐标绝对值为 $20000$ 以内实数。
球心：到球面任意一点距离都相等的点。
距离：若两点坐标为 $A(a_1, a_2\cdots, a_n)$，$B(b_1, b_2, \cdots, b_n)$，那么：
$$
\operatorname{dis(A, B)}=\sqrt{(a_1-b_1)^2+(a_2-b_2)^2+\cdots+(a_n-b_n)^2}
$$
分析
设圆心坐标为 $(x_1, x_2, \cdots, x_n)$，那么容易列出一个方程组：
\left\{
\begin{array}{}
\sum_{i=1}^n(a_{1, i}-x_i)^2=C^2 &(1)\\
\sum_{i=1}^n(a_{2, i}-x_i)^2=C^2 &(2)\\
\cdots&\cdots\\
\sum_{i=1}^n(a_{n, i}-x_i)^2=C^2&(n)\\
\sum_{i=1}^n(a_{n+1, i}-x_i)^2=C^2&(n+1)\\
\end{array}
\right.
$$
其中 $C$ 就代表 $n$ 维超球的半径。
但这不是一个线性方程组，没法快速求解。
又注意到，求出圆心坐标，只有 $n$ 个未知数，而现在能列出 $n+1$ 个方程，所以考虑进行差分。
差分
对于其中的第 $p$ 个方程，我们对其进行整理，变为：
\sum_{i=1}^{n}{{a_{p, i}}^2}+\sum_{i=1}^{n}{{x_i}^2}-\sum_{i=1}^{n}{2\cdot a_{p, i}\cdot x_i} \tag{p}
$$
同理有：
\sum_{i=1}^{n}{{a_{p+1, i}}^2}+\sum_{i=1}^{n}{{x_i}^2}-\sum_{i=1}^{n}{2\cdot a_{p+1, i}\cdot x_i} \tag{p+1}
$$
我们用 $(p+1)-(p)$，得到：
\sum_{i=1}^{n}{2(a_{p, i}-a_{p+1, i})x_i}=\sum_{i=1}^{n}{({a_{p, i}}^2-{a_{p+1, i}}^2)} \tag{*}
$$
以此类推，我们能得到 $n$ 个形如 $(*)$ 的线性方程，于是问题可以用高斯消元求解。
最终的系数矩阵为：
\left[\begin{matrix}
2(a_{1, 1}-a_{2, 1}) & 2(a_{1, 2}-a_{2, 2}) & \cdots & 2(a_{1, n}-a_{2, n}) \\
2(a_{2, 1}-a_{3, 1}) & 2(a_{2, 2}-a_{3, 2}) & \cdots & 2(a_{2, n}-a_{3, n}) \\
\cdots & \cdots & \ddots & \cdots \\
2(a_{n, 1}-a_{n+1, 1}) & 2(a_{n, 2}-a_{n+1, 2}) & \cdots & 2(a_{n, n}-a_{n+1, n})
\end{matrix} \middle|
\begin{matrix}
\sum_{j=1}^n({a_{1, j}}^2-{a_{2, j}}^2) \\
\sum_{j=1}^n({a_{2, j}}^2-{a_{3, j}}^2) \\
\vdots\\
\sum_{j=1}^n({a_{n, j}}^2-{a_{n+1, j}}^2)
\end{matrix} \right]
$$
代码
Ubuntu Pastebin，应该不用看吧？
[SDOI2010] 外星千足虫
题意
给定 $n$ 个点，按点权的奇偶性分为两类。
给定 $m$ 次统计数据，每条数据包含：若干个被选中点，以及被选中的点权和的奇偶性。
请判断每个点权的奇偶性。
题目保证有解，若解不唯一，输出 $\rm{Cannot\;Determine}$.
分析
设 $a_{i, j}\in\{0, 1\}$ 表示第 $i$ 条数据中，第 $j$ 个点是否被选中， $b_i\in \{0, 1\}$ 表示第 $i$ 次统计结果的奇偶性。
设 $x_i=w_i\bmod 2$ 表示第 $i$ 个点权的奇偶性。
那么有同余方程组：
\left\{
\begin{array}{}
a_{1, 1}x_1+a_{1, 2}x_2+\cdots+a_{1, n}x_n=b_1\pmod{2} &&(1)\\
a_{2, 1}x_1+a_{2, 2}x_2+\cdots+a_{2, n}x_n=b_2\pmod{2} &&(2)\\
\cdots &&\cdots\\
a_{m, 1}x_1+a_{m, 2}x_2+\cdots+a_{m, n}x_n=b_m\pmod{2}&&(m)\\
\end{array}
\right.
$$
注意到，方程左右两侧都只需要考虑二进制下的第一位，因此可以转化为一个异或方程组：
\left\{
\begin{array}{}
a_{1, 1}x_1\oplus a_{1, 2}x_2\oplus \cdots \oplus a_{1, n}x_n=b_1 &&(1)\\
a_{2, 1}x_1\oplus a_{2, 2}x_2\oplus \cdots \oplus a_{2, n}x_n=b_2 &&(2)\\
\cdots &&\cdots\\
a_{m, 1}x_1\oplus a_{m, 2}x_2\oplus \cdots \oplus a_{m, n}x_n=b_m &&(m)\\
\end{array}
\right.
$$
解异或方程组即可。
其他要求
题目要求：输出一个不超过 $M$ 的正整数 $K$，表明在第 $K$ 次统计结束后就可以确定唯一解。
对于这个要求，我们只需要在高斯消元时每次对行取 $\max$ 即可，详见下面代码的第 $7$ 行。
在下面代码的消元过程中，对于第 $\rm{col}$ 列，我们会贪心地找到编号最小的 $x$ 满足 $A[x][col]=1$.
所以，要想确定方程的解，至少要通过前 $x$ 条统计数据，否则第 $\rm{col}$ 个变量就无法求解。
Band-Matrix
简介
这是个在 OI 中很经典的 trick。
Band-Matrix，带状矩阵，对这种矩阵进行高斯消元时，可以进行优化。
顾名思义，带状矩阵是长条形的，差不多是这样：
白色部分为 $0$，红色部分有数，其它部分先不管。
这样中间形成了一个宽度为 $d$ 的带，这样消元的复杂度可以降到 $\mathcal{O}(nd^2)$.
常见于一些期望DP的问题。
消元流程
在图中，绿色节点是我们要保留的主元。
注意到在这种形式下，对于任意的 $A_{i, i}$，其向下、向右的有效数字个数均 $\leq d-1$.
所以假设现在要消第 $i $ 列，那么从第 $i$ 行开始往下枚举 $d-1$ 行，每行往右消 $d$ 个数字，最后能得到一个倒三角矩阵。
之后回代。回代过程的复杂度最高是 $\mathcal{O}(n^2)$ 的，不是复杂度瓶颈，但也可以根据带状矩阵的形状优化。
判断无解/存在自由元
大部分题好像都有解，下面的参考资料中也有讲。
细节
如果 $n$ 太大，二维数组开不出来，可以只记录带状矩阵的部分，也可以用 unordered_map.
参考资料
浅谈高斯消元拓展之 band-matrix – Froggy 珂学家的博客
P5516 [MtOI2019]小铃的烦恼
题意
给定长度为 $n$ 的序列，第 $i$ 个元素为 $a_i$.
每次随机取出一个有序数对 $(x, y)(x\neq y)$，然后以 $s_{x, y}$ 的成功概率将 $a_x$ 变为 $a_y$（若不成功则不变）。
要让全部元素都相同，求期望次数。
$1\leq a_i \leq26$，$n\leq 2\times 10^3$.
对于所有数据，满足 $(\sum\limits_{a=1}^{n}\sum\limits_{b=1}^n s_{a, b})=n^2$.
分析
高斯消元？看不出来有方程。
由于 $(\sum\limits_{a=1}^{n}\sum\limits_{b=1}^n s_{a, b})=n^2$ ，显然每个 $s_{i, j}$ 都恒为 $1$。这表明对于选出的任意两个数 $x, y$，每次操作都能成功。
然而这并没有使这题与概率无关，因为 $x, y$ 的选取仍然是随机的。
考虑到最后全部的元素会相同，但不知道都变成什么元素，因此我们先枚举目标元素**（最后剩下的元素）。
下面开始推式子。
概率
对序列的每次操作，可能会使目标元素的个数增加：$-1/0/1$ 个。
可以发现，一种元素最后成为目标元素的概率，取决于一开始序列中有多少个这种元素。
因此，下面的分析建立在已经确定目标元素的基础上，换言之，只关注有多少个目标元素。
设 $p[i]$ 表示：此时有 $i$ 个目标元素，全部元素都变成当前选取的目标元素的概率。
那么：
p[i]=\frac{i(n-i)}{n(n-1)}p[i-1]+\frac{i(n-i)}{n(n-1)}p[i+1]+(1-2\frac{i(n-i)}{n(n-1)})p[i]
$$
方程代表：从有 $i$ 个目标元素的状态为基础，操作一次，产生的三种可能情况。
要让目标元素个数 $\pm 1$，就要从 $i$ 个数中选一个，再从其他的 $n-i$ 个数中选一个。
从 $n$ 个数中随机选取两个的方案数是 $n(n-1)$，因此目标元素个数 $\pm 1$ 的概率均为 $\frac{i(n-i)}{n(n-1)}$.
而目标元素个数不变的概率，就是 $1$ 减去前两种情况剩下的概率。
对方程进行整理，设 $k=\frac{i(n-1)}{n(n-1)}$，那么有：
\begin{aligned}
p[i] &= k\cdot p[i-1]+k\cdot p[i+1]+(1-2k)p[i]\\
2k\cdot p[i] &= k\cdot p[i-1]+k\cdot p[i+1]\\
\end{aligned}
$$
把 $k$ 约掉：
2p[i]=p[i-1]+p[i+1]
$$
也就是：
p[i+1]-p[i]=p[i]-p[i-1]
$$
这说明 $p$ 的相邻两项差值相同，$p$ 是等差数列。
又因为显然， $p[0]=0$，$p[n]=1$，可以得到一个非常简单的形式：
p[i]=\frac{i}{n}
$$
在此基础上，我们继续研究期望。
期望
期望的分析要简单一些，设 $f[i]$ 表示：当前有 $i$ 个目标元素，使全部元素都变成目标元素的期望步数。
我们只关心能使目标元素个数变化的操作。可以发现，目标元素变化（$+1/-1$）的概率为 $2\frac{i(n-i)}{n(n-1)}$.
因此，操作一次，期望变化 $\frac{2i(n-i)}{n(n-1)}$；变化为 $1$，期望次数就是 $\frac{n(n-1)}{2i(n-i)}$.
所以得到和期望相关的方程：
p[i]f[i]=p[i]\cdot\frac{n(n-1)}{2i(n – i)} + \frac{1}{2}p[i – 1]f[i – 1]+\frac{1}{2}p[i + 1]f[i + 1]
$$
方程整体的含义是：当前状态下有 $i$ 个目标元素，要让个数变化 $1$。第一项就是变化 $1$ 的期望操作次数，后两项分别是个数 $+1/-1$ 后的情况。
$f[i]$ 乘上了 $p[i]$，因为 $p[i]$ 的概率最终能移动到目标元素，$f[i]$ 的期望贡献只有 $p[i]\times f[i]$。
由于 $+1/-1$ 的概率相同，所以两种情况的系数都是 $\frac{1}{2}$.
同理，期望操作也要乘上 $p[i]$，因为只有 $p[i]$ 的概率，会向目标方向转移。（或者也可以把左边的 $p[i]$ 除过去，用另一种方法理解）
把 $p[i]=\frac{i}{n}$ 代入，整理得到：
\begin{aligned}
f[i] &= \frac{n(n-1)}{2i(n-i)}+\frac{i-1}{2i}f[i-1]+\frac{i+1}{2i}f[i+1]\\
f[i]-\frac{i-1}{2i}f[i-1]-\frac{i+1}{2i}f[i+1]&= \frac{n(n-1)}{2i(n-i)}
\end{aligned}
$$
又因为 $f[n]=0$， $i\in[1, n-1]$.
所以现在得到了 $n-1$ 个方程，$n-1$ 个未知数，可以高斯消元解方程组。
然而本题数据范围 $n\leq 2\times 10^3$，$\mathcal{O}(n^3)$ 的高斯消元不可行，下面是一些消元技巧。
高斯消元
每个方程只有三项是有系数的，矩阵长这样：
\begin{matrix}
&&\textcolor{gray}{0} &\textcolor{gray}{1} &\textcolor{gray}{2} &\textcolor{gray}{3} &\textcolor{gray}{4}\\
\textcolor{white}{1}\\
\textcolor{gray}{1} &&0 &1 &a &0 &0\\
\textcolor{gray}{2} &&0 &b &1 &c &0\\
\textcolor{gray}{3} &&0 &0 &d &1 &f\\
\textcolor{gray}{4} &&0 &0 &0 &g &1
\end{matrix}
$$
可以发现，对第 $i$ 个元，只有$i-1$，$i$ 和 $i+1$ 行的系数非零。所以如果用高斯-约旦消元法，只需要消第 $i-1$ 和 $i+1$ 行的就行了。
又因为每行只有三个变元的系数和一个等号右边的系数，所以这样的时间复杂度是 $\mathcal{O}(n)$.
此外，空间复杂度也能比较轻易地优化到 $\mathcal{O}(n)$，可以参考其他题解。
代码
概率都是 $1.00$，可以不用输入。注意数组要用 double。
参考资料
P3232 – [HNOI2013]游走
题意
给定一个 $n$ 个点 $m$ 条边的无向连通图，顶点从 $1$ 编号到 $n$，边从 $1$ 编号到 $m$。
小 Z 在该图上进行随机游走，初始时小 Z 在 $1$ 号顶点，每一步小 Z 以相等的概率随机选择当前顶点的某条边，沿着这条边走到下一个顶点，获得等于这条边的编号的分数。当小 Z 到达 $n$ 号顶点时游走结束，总分为所有获得的分数之和。
现在，请你对这 $m$ 条边进行编号，使得小 Z 获得的总分的期望值最小。
求最小期望值。
$2\leq n\leq 500$，$1\leq m\leq 125000$，无重边无自环。
分析
设边 $(i,j)$ 的期望经过次数为 $E_{(i, j)}$，答案即 $\sum E_{(i, j)} v_{(i, j)}$，因为每条边的边权 $v$ 可以自己定，容易想到贪心。
先算出期望经过次数，然后让经过次数最大的边的编号最小。就是一个期望DP。
期望DP
由于 $m$ 比较大，并且我们不会列出只和 $E$ 相关的方程式，所以先处理点。
设 $f_i$ 表示从 $1$ 走到 $n$ 的过程中，经过点 $i$ 的期望次数。 用其表示 $E$，
E_{(i,j)}=[i\neq n]\frac{f_i}{\operatorname{deg_i}} + [j\neq n]\frac{f_j}{\operatorname{deg}_j}
$$
经过一条边有两种可能的方向，分别考虑从 $i\rightarrow j$ 和 $j\rightarrow i$。
首先根据题意要求起点不能为 $n$，从 $i$ 出发，下一次恰好走到 $j$ 的概率即为 $\dfrac{1}{\operatorname{deg}_i}$。
下面计算 $f_i$，和上面类似地，有：
f_i=
\left\{
\begin{array}{lr}
\sum_{(i, j)\in E,j\neq n}\frac{f_j}{\operatorname{deg}_j}+1, &i = 1\\
\sum_{(i, j)\in E,j\neq n}\frac{f_j}{\operatorname{deg}_j}, &i\neq1\\
\end{array}
\right.
$$
相当于对于每个 $i$，枚举上一个经过的点 $j$，从 $j$ 走到 $i$ 的概率为 $\dfrac{1}{\operatorname{deg}_j}$.
对于节点 $1$，初始时一定会经过一次，所以 $f_i$ 要多 $1$.
对于节点 $n$，走到之后就不能出去了，所以枚举 $j$ 时 $j\neq n$.
于是我们得到了 $n$ 个有关 $f$ 的方程，转移有后效性，用高斯消元求解即可。
时间复杂度：$\mathcal{O}(n^3)$.
代码
模型
这种模型在概率期望题中很常见，只不过表达形式有所不同。
给定若干个点，点 $u$ 有 $P_{u, v}$ 的概率通向点 $v$。终点或某些其他点，进去之后就不能出来。
求从点 $S$ 出发，走到点 $T$ 的期望步数。
这个图如果不是 $\rm{DAG}$ 的话就不能用 DP 解决，只能列方程，用高斯消元。
设 $E_i$ 表示从 $i$ 走到 $T$ 的期望步数，方程形如：
E_i=
\left\{
\begin{array}{lr}
\sum_{j=1}^n E_jP_{i, j} + 1, &i\neq T\\
0, &i=T
\end{array}
\right.
$$
就是所有后继状态的期望步数乘上对应转移概率，再求和。
这道题是算期望经过次数，不是步数，所以转移略有不同。后面的题大多都是这种模型。
参考资料
CF24D – Broken robot
题意
$n$ 行 $m$ 列的矩阵，$(1,1)$ 是左上角，$(n,m)$ 是右下角。
初始状态在 $(x,y)$。每次等概率向左，右，下走或原地不动，但不能走出去。
等概率：若其位于第一列，只能向右、下走或原地不动，则选择这三种的概率均为 $\frac{1}{3}$.
求走到最后一行期望的步数，保留四位小数。
$1\leq n, m\leq 10^3$.
分析
令 $f_{i,j}$ 表示从位置 $(i,j)$ 走到最后一行，所需行动次数的期望值。目标是要求出 $f_{x, y}$.
首先，初始状态为：$\forall j\in[1,m],f_{n,j}=0$。
不在最后一行时：
f_{i, j}=
\left\{
\begin{array}{lc}
\frac{1}{3}(f_{i,j}+f_{i,j+1}+f_{i+1,j})+1, &j=1\\
\frac{1}{4}(f_{i,j}+f_{i,j-1}+f_{i,j+1}+f_{i+1,j})+1, &1 < j < m\\
\frac{1}{3}(f_{i,j}+f_{i,j-1}+f_{i+1,j})+1, &j=m\\
\end{array}
\right.
$$
在第一列不能再向左走，在第 $m$ 列不能再向右走。
暴力高斯消元，时间复杂度 $\mathcal{O}(n^6)$，不能接受。空间复杂度 $\mathcal{O}(n^4)$，更不能接受。
消元
显然第 $i$ 行的状态只与 $i$ 和 $i+1$ 行有关，在行维度上，其满足无后效性。我们还知道 $f_n=0$，所以从下往上逐行计算。
于是方程中 $f_{i+1,j}$ 是已知的常数，直接移到等式右侧，得到方程组：
\left\{\begin{array}{cc}
-\frac{2}{3}f_{i,j} + \frac{1}{3}f_{i,j+1} = -\frac{1}{3}f_{i+1,j}-1, &j=1\\
-\frac{3}{4}f_{i,j} + \frac{1}{4}f_{i,j-1} + \frac{1}{4}f_{i,j+1} = -\frac{1}{4}f_{i+1,j} – 1, &1<j<m\\
-\frac{2}{3}f_{i,j} + \frac{1}{3}f_{i,j-1} = -\frac{1}{3}f_{i+1,j}-1, &j=m\\
\end{array}\right.
$$
这样的复杂度变为 $\mathcal{O}(n^4)$。
再观察，其系数矩阵只有主对角线附近有数，其余部分均为 $0$，比如 $m=5$ 时：
\begin{bmatrix}
-\frac{2}{3} & \frac{1}{3} & 0 & 0 & 0\\
\frac{1}{4} & -\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & 0 & 0\\
0 & \frac{1}{4} & -\frac{3}{4} & \frac{1}{4} & 0\\
0 & 0 & \frac{1}{4} & -\frac{3}{4} & \frac{1}{4}\\
0 & 0 & 0 & \frac{1}{3} & -\frac{2}{3}\\
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
-\frac{1}{3}f_{i+1,j}-1\\
-\frac{1}{4}f_{i+1,j}-1\\
-\frac{1}{4}f_{i+1,j}-1\\
-\frac{1}{4}f_{i+1,j}-1\\
-\frac{1}{3}f_{i+1,j}-1\\
\end{bmatrix}
$$
可以用 $\rm{Band-Matrix}$ 继续优化。
这道题中，带的宽度可以看成常数。时间复杂度为 $\mathcal{O}(nm)$，空间复杂度为 $\mathcal{O}(m^2)$ 或 $\mathcal{O}(m)$.
代码
我的代码只保留了每行有用的三列：Ubuntu Pastebin，下面参考资料中的代码保留了整个矩阵。
参考资料
CF24D Broken robot – maoyiting’s blog – 洛谷博客
CF963E – Circles of Waiting
题意
在平面直角坐标系上，有一个神奇的点，一开始在 $(0, 0)$ 。
每秒钟这个点都会随机移动，如果它目前在 $(x, y)$，那么下一秒它：
- 在 $(x – 1, y)$ 的概率是 $p_1$，
- 在 $(x, y – 1)$ 的概率是 $p_2$，
- 在 $(x + 1, y)$ 的概率是 $p_3$，
- 在 $(x, y + 1)$ 的概率是 $p_4$.
保证 $p_1 + p_2 + p_3 + p_4 = 1$，各次移动互不关联。
求出这个点移动到距离原点距离大于 $R$ 的点的期望步数，对 $10^9+7$ 取模。
欧几里得距离，$0\leq R \leq 50$。
分析
先理解一下题意，下面是 CF官方题解 里的图。
只能在整点上移动，移出半径为 $R$ 的圆为止。
期望DP，设 $f_{x, y}$ 为：从 $(x,y)$ 走出圆所需要的期望步数，方程显然：
f_{x, y}=
\left\{
\begin{array}{lc}
f_{x-1, y}p_1+f_{x, y-1}p_2+f_{x+1, y}p_3+f_{x, y+1}p_4+1, &\sqrt{x^2+y^2}\leq R\\
0, &\sqrt{x^2+y^2}> R
\end{array}
\right.
$$
高斯消元直接解的话，点数是略小于 $4R^2$，时间复杂度是 $\mathcal{O}(R^6)$.
考虑利用 $\rm{Band-Matrix}$ 优化。
如果我们对圆内的点，从左到右，从上到下进行编号。若 $\operatorname{id}(x, y)=x$，则其四周点的 $\operatorname{id}\in[x-2R, x+2R]$.
因此，第 $x$ 列，非零的范围是 $[x-2R, x+2R]$，矩阵是宽度为 $4R$ 的带状矩阵，
消元时只需要考虑向下的 $2R$ 列和向右的 $2R$ 列，消成倒三角矩阵，再回代即可。
这样的时间复杂度是 $\mathcal{O}(R^4)$ 的。未知数个数是 $R^2$ 级别的，消元是 $R\times R$ 级别的。
代码
代码实现上，注意坐标可能为负，细节比较多。
参考资料
这篇比洛谷题解详细：UnnamedOrange – CSDN博客
线性代数入门
这部分差的有点多，赛后再补。
线性变换与矩阵
矩阵求逆
求一个 $N\times N$ 的矩阵的逆矩阵。答案对 ${10}^9+7$ 取模。
算法思想
从线性变换的角度理解矩阵和逆矩阵。
逆矩阵表示：把原矩阵变到单位矩阵这一线性变换过程。因此，我们通过高斯消元把原矩阵变换为单位矩阵，同时新建一个矩阵记录变换过程。
算法流程
设 $A$ 是原矩阵，$A^{-1}$ 为 $A$ 的逆矩阵，则 $A\cdot A^{-1}=E_n$，$E_n$ 代表 $n$ 阶单位矩阵。
E=\begin{bmatrix}
1 &0 &\cdots &0 &0 \\
0 &1 &\cdots &0 &0 \\
\cdots &\cdots &1 &\cdots &\cdots \\
0 &0 &\cdots &1 &0 \\
0 &0 &\cdots &0 &1
\end{bmatrix}
$$
若 我们把一个单位矩阵 $E_n$ 并在 $A$ 的右边，之后通过高斯-约旦消元法，把 $A$ 消元成 $E_n$ 的形式，此时 $B$ 就是矩阵 $A$ 的逆。
具体地，以 $n=5$ 为例，把两个矩阵合到一起：
\begin{bmatrix}
A & E_n
\end{bmatrix}=
\left[
\begin{matrix}
a_{1, 1} &a_{1, 2} &a_{1, 3} &a_{1, 4} &a_{1, 5} \\
a_{2, 1} &a_{2, 2} &a_{2, 3} &a_{2, 4} &a_{2, 5} \\
a_{3, 1} &a_{3, 2} &a_{3, 3} &a_{3, 4} &a_{3, 5} \\
a_{4, 1} &a_{4, 2} &a_{4, 3} &a_{4, 4} &a_{4, 5} \\
a_{5, 1} &a_{5, 2} &a_{5, 3} &a_{5, 4} &a_{5, 5}
\end{matrix}
\middle|
\begin{matrix}
1 & & & & \\
&1 & & & \\
& &1 & & \\
& & &1 & \\
& & & &1
\end{matrix}
\right]
$$
通过高斯消元，把左半部分矩阵变成单位矩阵：
\begin{bmatrix}
E_n & A^{-1}
\end{bmatrix}=
\left[
\begin{matrix}
1 & & & & \\
&1 & & & \\
& &1 & & \\
& & &1 & \\
& & & &1
\end{matrix}
\middle|
\begin{matrix}
b_{1, 1} &b_{1, 2} &b_{1, 3} &b_{1, 4} &b_{1, 5} \\
b_{2, 1} &b_{2, 2} &b_{2, 3} &b_{2, 4} &b_{2, 5} \\
b_{3, 1} &b_{3, 2} &b_{3, 3} &b_{3, 4} &b_{3, 5} \\
b_{4, 1} &b_{4, 2} &b_{4, 3} &b_{4, 4} &b_{4, 5} \\
b_{5, 1} &b_{5, 2} &b_{5, 3} &b_{5, 4} &b_{5, 5}
\end{matrix}
\right]
$$
此时矩阵 $B=A^{-1}$.
行列式
给定一个 $n$ 阶行列式 $A$，求 $|A|$。结果对 $p$ 取模。
行列式
对于一个 $n$ 阶矩阵，有：
$\operatorname{det}A=\sum\limits_{p}(-1)^{\tau(p)}\prod\limits_{i=1}^na_{i,p_i} $，其中 $p$ 是任意一个排列，$\tau(p)$ 指的是 $p$ 中的逆序对数。但这个定义暂时没啥用。
矩阵 $A$ 的行列式可以表达为 $|A|$.
性质
建议先看 3b1b 的视频：线性代数的本质 – 05 – 行列式，再看下面的性质。
以下内容参考 MIT公开课 – 行列式笔记 和 线性代数公开课 – MIT 18.06 Linear Algebra – 系列合集 – 哔哩哔哩.
性质 $1$
$|E|=1$，$E$ 为单位矩阵。直接用代数定义就可以证明。
性质 $2$
交换矩阵的两行，行列式的值变为相反数。也直接用代数方法证明。
性质 $3.1$
矩阵中的一行乘系数 $t$，等价于整个行列式乘系数 $t$，即：
t\cdot
\left|\begin{array}{ccc}
a_1 & a_2 & a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 & c_2 & c_3\\
\end{array}\right|
=
\left|\begin{array}{ccc}
t\cdot a_1 & t\cdot a_2 & t\cdot a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 & c_2 & c_3\\
\end{array}\right|
$$
性质 $3.2$
对于每一行而言，行列式是线性的，即：
\left|\begin{array}{ccc}
a_1 & a_2 & a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 & c_2 & c_3\\
\end{array}\right|
+
\left|\begin{array}{ccc}
d_1 & d_2 & d_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 & c_2 & c_3\\
\end{array}\right|
=
\left|\begin{array}{ccc}
a_1+d_1 & a_2+d_2 & a_3+d_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 & c_2 & c_3\\
\end{array}\right|
$$
注意 $|A+B|\neq|A|+|B|$.
性质 $4$
若存在两行相等，则行列式为 $0$；若存在两行成倍数关系，则行列式为 $0$.
证明：交换这两行，行列式值变号，又因为行列式值不变，所以 $\operatorname{det}=0$.
性质 $5$
消元不影响行列式的值。消元：第 $i$ 行减去第 $j$ 行的若干倍。
\begin{array}{cl}
&\left|\begin{array}{ccc}
a_1 & a_2 & a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1 – k\cdot a_1& c_2 – k\cdot a_2& c_3-k\cdot a_3\\
\end{array}\right|\\
\underset{\text{Theory 3.2}}{\longrightarrow}&
\left|\begin{array}{ccc}
a_1 & a_2 & a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1\cdot a_1& c_2& c_3\\
\end{array}\right|
+
\left|\begin{array}{ccc}
a_1 & a_2 & a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
-k\cdot a_1& – k\cdot a_2 &-k\cdot a_3\\
\end{array}\right|\\
\underset{\text{Theory 4}}{\longrightarrow}&
\left|\begin{array}{ccc}
a_1 & a_2 & a_3\\
b_1 & b_2 & b_3\\
c_1\cdot a_1& c_2& c_3\\
\end{array}\right|
+
0
\end{array}
$$
性质 $6$
若行列式有一整行为 $0$，则行列式为 $0$。
是性质 $3$ 中的 $t=0$ 的特殊情况。
性质 $7$
倒三角矩阵行列式的值，等于对角线元素的乘积，所以只与对角线上的数有关。
\left|\begin{array}{ccc}
x & x & x\\
& x & x\\
& & x\\
\end{array}\right|
\underset{\text{Eliminate}}{\longrightarrow}
\left|\begin{array}{ccc}
x & & \\
& x & \\
& & x\\
\end{array}\right|
$$
形如上面的矩阵，通过消元转化为更简形式即可。
求解
根据性质 $5$ 和性质 $7$，直接高斯消元即可。注意每次交换行时，需要$\operatorname{Ans}\leftarrow -\operatorname{Ans}$.
int Gauss() {
int det = 1;
for(int col = 1; col <= n; col++) {
for(int row = col + 1; row <= n; row++) {
while(a[row][col]) {
int t = a[col][col] / a[row][col];
for(int i = 1; i <= n; i++) {
a[col][i] = (a[col][i] + a[row][i] * (p - t)) % p;
// a[col][i] = (a[col][i] - a[row][i] * t ) % p;
}
for(int i = 1; i <= n; i++) swap(a[col][i], a[row][i]);
det *= -1;
}
}
}
for(int i = 1; i <= n; i++) det = det * a[i][i] % p;
return (det + p) % p;
}
LGV引理
LGV引理
参考 OI Wiki，OIer 不需要证明，能完全理解定理内容就不错了。
定义如下
- $G$，一张带有边权的有向无环图。
- $v_e$， 边 $e$ 的边权。
- $\omega(P)$，对于一个依次经过 $u_1,u_2\cdots, u_k$ 的有向路径 $P(u_1\rightsquigarrow u_k)$，$\omega(P)$ 表示其所有边权之积；
- $e(u, v)=\sum\limits_{P: u\rightsquigarrow v}\omega(P)$，表示 $u$ 到 $v$ 的每一条路径 $P$ 的 $\omega(P)$ 之和。
- $A=\{a_1, a_2,\cdots a_n\}$，起点集合；$B=\{b_1, b_2,\cdots b_n\}$，终点集合。
- $S=\{S_1,S_2,\cdots,S_n\}$，是路径的集合，代表 $n$ 条 $A\rightarrow B$ 的不相交路径。形式化地，可以用一个排列 $\sigma(S)$ 来表示，使得 $S_i$ 代表路径 $A_i\rightsquigarrow B_{\sigma(S)_i}$，这组路径满足：$\forall i\neq j$，$S_i$ 和 $S_j$ 无公共点。
- $N(\sigma(S))$，表示排列 $\sigma(S)$ 的逆序对个数。
引理
对于矩阵：
M =
\begin{bmatrix}e(A_1,B_1)&e(A_1,B_2)&\cdots&e(A_1,B_n)\\ e(A_2,B_1)&e(A_2,B_2)&\cdots&e(A_2,B_n)\\
\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\
e(A_n,B_1)&e(A_n,B_2)&\cdots&e(A_n,B_n)
\end{bmatrix}
$$
其行列式满足：
\det(M)=\sum\limits_{S:A\rightarrow B}(-1)^{N(\sigma(S))}\prod\limits_{i=1}^n \omega(S_i)
$$
其中 $S:A\rightarrow B$ 代表：枚举每一组路径（满足上文要求的）。
证明略，下面两道题会说到 LGV 引理的应用方法，
模板题
题意
有一个 $n\times n$ 的棋盘，左下角为 $(1,1)$，右上角为 $(n,n)$，若一个棋子在点 $(x,y)$，那么走一步只能走到 $(x+1,y)$ 或 $(x,y+1)$。
现在有 $m$ 个棋子，第 $i$ 个棋子一开始放在 $(a_i,1)$，最终要走到 $(b_i,n)$。问有多少种方案，使得每个棋子都能从起点走到终点，且对于所有棋子，走过路径上的点互不相交。输出方案数 $\bmod\ 998244353$ 的值。
两种方案不同当且仅当存在至少一个棋子所经过的点不同。
分析
方格图，每次只能向下或向右，不妨设 $a_i$ 和 $b_i$ 均为单调上升的。
因为引理要求路径不相交，所以唯一的 $\sigma(S)=(1, 2,\cdots, n)$，$N(\sigma(S))=0$，也就是 $a_i$ 和 $b_i$ 配对。
设每条边的边权均为 $1$，则 $\forall \omega(e)=1$，所以：
\det(M)=\sum\limits_{S:A\rightarrow B}(-1)^{N(\sigma(S))}\prod\limits_{i=1}^n \omega(S_i)=\sum\limits_{S:A\rightarrow B}(-1)^0=\sum\limits_{S:A\rightarrow B}1
$$
右式即为题目所求。
构造矩阵，$e(a_i,b_j)=\binom{b_j-a_i+n-1}{n-1}$，高斯消元求其行列式即可。
[NOI2021] 路径交点
题面 太长就不放了。
同样地，设每条边的边权均为 $1$，则 $\forall \omega(e)=1$，所以：
\det(M)=\sum\limits_{S:A\rightarrow B}(-1)^{N(\sigma(S))}\prod\limits_{i=1}^n \omega(S_i)=\sum\limits_{S:A\rightarrow B}(-1)^{N(\sigma(S))}
$$
引理：两条路径交点个数的奇偶性，与将其起点和终点直接相连的交点个数的奇偶性相同。
因此，若我们用 LGV 引理的 $\sigma(S)$ 表示一组路径，若 $N(\sigma(S))\bmod 2=0$，则有路径偶数个交点，反之亦然。
本题求：偶数个交点的方案数量 $-$ 奇数个交点的方案数量，这恰好对应式子中的 $(-1)^{N(\sigma(S))}$.
因此，直接构造矩阵 $M$ 并求行列式，$e(i, j)$ 表示从第一层 $i$ 点到最后一层 $j$ 点的路径数量。
求路径数量可以DP，或者记忆化搜索，不是这道题的难点。
参考资料：NOI 2021 D1T2 题解 – ix35_ 的博客 – 洛谷博客
Matrix-Tree 定理
基尔霍夫矩阵
基尔霍夫矩阵，又称拉普拉斯矩阵，用于描述一张图的某些属性。
无向图
给定一张简单无向图 $G$，其包含 $n$ 个顶点 $v_1, v_2\cdots, v_n$，其拉普拉斯矩阵 $L$ 为：
L_{i,j}=
{\begin{cases}\deg(v_{i})&{\mbox{if}}\ i=j\\-1&{\mbox{if}}\ i\neq j\ {\mbox{and}}\ v_{i}{\mbox{ is adjacent to }}v_{j}\\0&{\mbox{otherwise}}\end{cases}}
$$
也就是说，若设 $D$ 为图的度数矩阵，$A$ 为图的邻接矩阵，则等价地有：
L=D-A
$$
下面是一个对于无向图的例子：
| 度数矩阵 | 邻接矩阵 | 基尔霍夫矩阵 |
|---|---|---|
| ${\textstyle \left({\begin{array}{rrrrrr}2&0&0&0&0&0\\0&3&0&0&0&0\\0&0&2&0&0&0\\0&0&0&3&0&0\\0&0&0&0&3&0\\0&0&0&0&0&1\\\end{array}}\right)}$ | ${\textstyle \left({\begin{array}{rrrrrr}0&1&0&0&1&0\\1&0&1&0&1&0\\0&1&0&1&0&0\\0&0&1&0&1&1\\1&1&0&1&0&0\\0&0&0&1&0&0\\\end{array}}\right)}$ | ${\textstyle \left({\begin{array}{rrrrrr}2&-1&0&0&-1&0\\-1&3&-1&0&-1&0\\0&-1&2&-1&0&0\\0&0&-1&3&-1&-1\\-1&-1&0&-1&3&0\\0&0&0&-1&0&1\\\end{array}}\right)}$ |
有向图
有向图存在两个基尔霍夫矩阵，分别为出度基尔霍夫矩阵 $L^\text{out}$ 和入度基尔霍夫矩阵 $L^\text{in}$.
其含义与无向图类似，设图 $G$ 的出度矩阵为 $D^\text{out}$，入度矩阵为 $D^\text{in}$，则有：
L^\text{out}=D^\text{out}-A\\
L^\text{in}=D^\text{in}-A
$$
定理内容
规定：两个生成树不同，当且仅当存在一条边的被包含情况不同。
定理仅适用于无重边、无自环的情况。
无向图
设 $t(G)$ 为无向连通图 $G$ 的生成树个数。
设 $L$ 为无向连通图 $G$ 的基尔霍夫矩阵，任选 $i$，从 $L$ 中删去第 $i$ 行和第 $i$ 列，构造出矩阵 $L^{\prime}$，则：
t(G)=\det L^{\prime}
$$
如图 $G$ 的基尔霍夫矩阵为 $L=\left[{\begin{array}{rrrr}2&-1&-1&0\\-1&3&-1&-1\\-1&-1&3&-1\\0&-1&-1&2\end{array}}\right]$，则 $L^{\prime}$ 可以为 $L^{\prime}=\left[{\begin{array}{rrrr}2&-1&-1&0\\-1&3&-1&-1\\-1&-1&3&-1\\0&-1&-1&2\end{array}}\right]$.
有向图
当根固定时，有向图的生成树分为根向生成树和叶向生成树，顾名思义，根向生成树的每条边都指向根，叶向生成树的每条边都指向根。
设 $t^\text{root}(G,s)$ 为以 $s$ 为根节点的根向生成树个数， $t^\text{leaf}(G,s)$ 为以 $s$ 为根节点的叶向生成树个数。
设 $L^\text{out}$ 和 $L^\text{in}$ 为有向连通图 $G$ 的基尔霍夫矩阵，从中删去第 $k$ 行第 $k$ 列后的矩阵为 ${L^\text{out}}^{\prime}(k)$ 和 ${L^\text{in}}^{\prime}(k)$.
钦定 $k$ 为所统计生成树的根节点，则有：
t^\text{root}(G,s)=\det{L^\text{out}}^{\prime}(s)\\
$$
t^\text{leaf}(G,s)=\det{L^\text{in}}^{\prime}(s)\\
$$
所以，有向图的根向树形图个数为 $\sum_{u} t^\text{root}(G,u)$，叶向同理。
简要证明
参见 Kirchhoff’s theorem – Proof outline – Wikipedia.
参考资料
Laplacian matrix – Wikipedia 和 Kirchhoff’s theorem – Wikipedia.
还有例题：[HEOI2015] 小Z的房间.
一些资料
- 题单链接：【2021赛季专题分享】高斯消元 – TonyYin – 洛谷 – 计算机科学教育新生态
- PPT课件：课件 – PDF
- 参考资料：
- 高斯消元 – OI Wiki
- 李煜东. 算法竞赛进阶指南. 中原出版传媒集团·河南电子音像出版社, 2018.
- 页面注释部分提到的参考资料。
- 课程资源：
- 3blue1brown：【官方双语合集】线性代数的本质 – 系列合集哔哩哔哩_bilibili
- Gilbert Strang：线性代数公开课 – MIT 18.06 Linear Algebra – 系列合集 – 哔哩哔哩
- MIT课程提供的英文讲义：mitmath_1806_ 18.06 course at MIT – Github
- MIT课程的中文笔记：MIT-Linear-Algebra-Notes – Github，作者：丁坤博、覃立波
- 联系方式 ：
ZYCTC AK IOI