【线性代数/计算复杂性理论】积和式的指数时间算法：Ryser算法

一、积和式的定义

积和式（permanent）是一种和行列式长得很像的矩阵函数。在介绍积和式之前，我们先看看行列式（determinant）的定义。

首先需要引入“排列”（permutation）的概念。对于集合 S = { 1 , 2 , ⋯   , n } S=\{1,2,\cdots,n\} S={ 1,2,⋯,n}，它的一个排列$\sigma$就是对$S$中元素的一个重排。$\sigma$的第$i$个元素记作${\sigma }_i$。例如，对于$n=5$，我们令 σ = { 2 , 5 , 1 , 4 , 3 } \sigma=\{2,5,1,4,3\} σ={ 2,5,1,4,3}，则${\sigma }_3=1$，${\sigma }_5=3$。

排列的逆序对就是$a$在$b$前面但${\sigma }_a>{\sigma }_b$的情况。例如 σ = { 2 , 1 , 3 , 5 , 4 } \sigma=\{2,1,3,5,4\} σ={ 2,1,3,5,4}，有两个逆序对：$({\sigma }_1,{\sigma }_2)=(2,1)$和$({\sigma }_4,{\sigma }_5)=(5,4)$。一个排列$\sigma$中逆序对的个数记作$\tau (\sigma )$。令$\mathrm{sgn}(\sigma )=(-1{)}^{\tau (\sigma )}$。对于一个排列$\sigma$，如果你把其中的两个数互换，则$\mathrm{sgn}(\sigma )$会变号。所有$n$个元素的排列的集合记作$S_n$。例如，$S_3=\{(123),(132),(213),(231),(312),(321)\}$。

给定一个$n\times n$的矩阵$A=(a_{ij}{)}_{n\times n}$，它的行列式为$$\det (A)=\sum _{\sigma \in S_n}\left(\mathrm{sgn}(\sigma )\prod _{i=1}^n{a}_{i,{\sigma }_i}\right)$$例如，当$n=3$时，设$A=\left[\begin{array}{ccc}a& b& c\\ d& e& f\\ g& h& i\end{array}\right]$，则$$\det (A)=aei-afh+bfg-bdi+cdh-ceg$$而积和式的定义就是在行列式中把$\mathrm{sgn}(\sigma )$去掉：$$\mathrm{perm}(A)=\sum _{\sigma \in S_n}\left(\prod _{i=1}^n{a}_{i,{\sigma }_i}\right)$$可以理解为：在矩阵中每行选取一个元素，且要求这些元素的列各不相同；将这些元素乘起来，得到一个乘积，积和式就是所有可能的选法对应的乘积之和。例如，当$n=3$时，设$A=\left[\begin{array}{ccc}a& b& c\\ d& e& f\\ g& h& i\end{array}\right]$，则$$\mathrm{perm}(A)=aei+afh+bfg+bdi+cdh+ceg$$积和式在量子场论、图论等领域中有应用。

积和式与行列式看起来只是某些项的符号不同，而且积和式看起来更简单了（没有$\mathrm{sgn}(\sigma )$），那是不是比行列式好算呢？答案是：大错特错！行列式可以用高斯消元法在$O(n^3)$的时间内算出来，而积和式目前最快的算法需要指数级的时间。事实上，1979年，Leslie G. Valiant证明了积和式的计算是$\#P$完全问题，如果发现积和式有多项式时间的算法，那么将意味着$\mathsf{FP}=\#P$，这是比$\mathsf{P}=\mathsf{NP}$还要强的命题。而大多数计算机科学家认为$\mathsf{P}\ne \mathsf{NP}$，所以积和式大概率没有多项式时间的算法。我们要介绍的Ryser算法就是$O(n{2}^n)$时间的。

二、Ryser算法

Ryser算法的核心思想就是容斥原理。我们还是先考察一下$n=3$的情况：令$A=\left[\begin{array}{ccc}a& b& c\\ d& e& f\\ g& h& i\end{array}\right]$，则$$\mathrm{perm}(A)=aei+afh+bfg+bdi+cdh+ceg$$观察式子$T=(a+b+c)(d+e+f)(g+h+i)$，你会发现它的展开式中包含积和式的$6$个项（用蓝色标出）：$$\begin{array}{rl}T& =adg+adh+adi+aeg+aeh+aei+afg+afh+afi\\ & +bdg+bdh+bdi+beg+beh+bei+bfg+bfh+bfi\\ & +cdg+cdh+cdi+ceg+ceh+cei+cfg+cfh+cfi\end{array}$$于是，我们只需要在$T$的展开式中剔除不属于积和式的项就可以了。不属于积和式的项，也就是选取的某两个元素在同一列的项。这些项的特点是：元素的列组成的集合大小不超过$2$。比如$adh$一项，它只涉及第一和第二列，而没有涉及第三列，所以它不是积和式中的项。同样，$cfi$只涉及第三列，它也不是积和式中的项。我们可以枚举元素的列组成的集合（集合的大小为$2$），将对应的项剔除出去。

• 只涉及第一、二列的项：$H_{12}=(a+b)(d+e)(g+h)=adg+adh+aeg+aeh+bdg+bdh+beg+beh$
• 只涉及第二、三列的项：$H_{23}=(b+c)(e+f)(h+i)=beh+bei+bfh+bfi+ceh+cei+cfh+cfi$
• 只涉及第一、三列的项：$H_{13}=(a+c)(d+f)(g+i)=adg+adi+afg+afi+cdg+cdi+cfg+cfi$

只需要从$T$中把这些项剔除出去就可以了。但答案是$\mathrm{perm}(A)=T-H_{12}-H_{23}-H_{13}$吗？非也，因为$H_{12}$、$H_{23}$、$H_{13}$之间还有重叠部分，我们减的时候把重叠部分减了两次，还得加回来。$H_{12}$和$H_{23}$的重叠部分，就是只涉及第二列的项：$beh$。$H_{12}$和$H_{13}$的重叠部分则是只涉及第一列的项：$adg$。同理，$H_{23}$和$H_{13}$的重叠部分就是只涉及第三列的项——$cfi$了。

这样，我们得到计算三阶矩阵积和式的公式为：$$\begin{array}{rl}\mathrm{perm}(A)& =T-H_{12}-H_{23}-H_{13}+adg+beh+cfi\\ & =(a+b+c)(d+e+f)(g+h+i)-(a+b)(d+e)(g+h)-(b+c)(e+f)(h+i)-(a+c)(d+f)(g+i)+adg+beh+cfi\end{array}$$我们可以把这种容斥原理的思想推广到$n$阶矩阵的积和式。计算$n$阶矩阵的积和式的Ryser公式如下： p e r m ( A n × n ) = ( − 1 ) n ∑ S ⊆ { 1 , 2 , ⋯   , n } [ ( − 1 ) ∣ S ∣ ∏ i = 1 n ( ∑ j ∈ S a i j ) ] \mathrm{perm}(A_{n\times n})={(-1)}^{n} \sum\limits_{S\subseteq \{1,2,\cdots,n\}}\left[{(-1)}^{|S|}\prod\limits_{i=1}^{n}\left(\sum\limits_{j\in S}a_{ij}\right)\right] perm(An×n​)=(−1)nS⊆{ 1,2,⋯,n}∑​ ​(−1)∣S∣i=1∏n​ ​j∈S∑​aij​ ​ ​这个公式可以这么理解：我们把$A$的行和之积展开，里面一定包含我们要求的积和式；然后减去涉及$n-1$列的项，加上涉及$n-2$列的项，减去涉及$n-3$列的项，……式中$S$就是涉及的列的集合，$(-1{)}^{|S|}$用于计算是加还是减；前面的${(-1)}^n$是修正项，用于解决当$n$是奇数时， S = { 1 , 2 , ⋯   , n } S=\{1,2,\cdots,n\} S={ 1,2,⋯,n}的情况下${(-1)}^{|S|}$是负数的问题。

三、代码实现

理论上讲，如果我们按照格雷码顺序枚举$S$，那么时间复杂度可以降到$O(n{2}^n)$。但在这里我们为了方便起见就递归枚举$S$，对于每个$S$，计算各行的、列号为$S$的元素之和的乘积即可。下面给出一个时间复杂度为$O(n^2{2}^n)$的C++实现：

#include <cstdint>

typedef std::int64_t num;

num recursion(int i, bool* b, int n, num** A)
    // 枚举S
{
    
    
    if(i == n) // 递归终点，已经得到一个S
    {
    
    
        num prod = 1;
        for(int row = 0; row < n; row++)
        {
    
    
            num sum = 0;
            for(int col = 0; col < n; col++)
            {
    
    
                if(b[col])
                {
    
    
                    sum += A[row][col];
                }
            }
            prod *= sum;
        }
        int S_size = 0; // |S|
        for(int col = 0; col < n; col++)
        {
    
    
            if(b[col])
            {
    
    
                S_size++;
            }
        }
        if(S_size % 2 == 1) // (-1)^|S|
        {
    
    
            prod = -prod;
        }
        return prod;
    }
    num result = 0;
    b[i] = true; // 选第i列
    result += recursion(i + 1, b, n, A);
    b[i] = false; // 不选第i列
    result += recursion(i + 1, b, n, A);
    return result;
}

num ryser(int n, num** A)
    // 计算n x n矩阵A的积和式
{
    
    
    bool* b = new bool[n]; // S中是否含有第i列
    num result = recursion(0, b, n, A);
    delete []b;
    if(n % 2 == 1)
    {
    
    
        result = -result; // (-1)^n
    }
    return result;
}