Vandermonde Determinant
- \[\left|\begin{matrix} 1 & x_1 & x_1^2 & \cdots & x_1^{n-1}\\ 1 & x_2 & x_2^2 & \cdots & x_2^{n-1}\\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots & \vdots\\ 1& x_n & x_n^2 & \cdots & x_n^{n-1}\\ \end{matrix}\right| =\prod_{1\le i<j\le n}(x_i-x_j) \]
-
Proof
每列减前一列乘 \(x_1\)，得到：
\[\left|\begin{matrix} 1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 1 &x_2-x_1 & x_2(x_2-x_1) & \cdots & x_2^{n-2}(x_2-x_1)\\ \vdots & \vdots & \vdots& \ddots & \vdots\\ 1 &x_n-x_1 & x_n(x_n-x_1) & \cdots & x_n^{n-2}(x_n-x_1)\\ \end{matrix}\right| \]删去第一列，第 \(i\) 行有公因式 \(x_i-x_1\)， 提取出来递归即可。
Cauchy Determinant
- \[\det\left[\frac{1}{a_i-b_j}\right]=\frac{\prod_{1\le i<j\le n}(a_j-a_i)(b_i-b_j)}{\prod_{i,j=1}^n(a_i-b_j)} \]
-
Proof
所有列减第一列：
\[\frac{1}{a_i-b_j}-\frac{1}{a_i-b_1}=\frac{b_j-b_1}{a_i-b_1}\frac{1}{a_i-b_j} \]\(\forall j>1\) 有公因式 \(b_j-b_1\)，\(\forall i\) 有公因式 \(\frac{1}{a_i-b_1}\)，提取出来。
然后减去第一行：
\[\frac{1}{a_i-b_j}-\frac{1}{a_1-b_j}=\frac{a_i-a_1}{a_1-b_j}\frac{1}{a_i-b_j} \]与上同理，递归证明。
Circulant
- \[\left|\begin{matrix} a_0 & a_1 & a_2 & \cdots & a_{n-1}\\ a_{n-1} & a_0 & a_1 & \cdots & a_{n-2}\\ \vdots & \vdots &\vdots & \ddots & \vdots\\ a_1 & a_2 & a_3 & \cdots & a_0\\ \end{matrix}\right| =\prod_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij} \]
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Proof
考虑列向量 \(v_i=\left(\omega_n^{ij}\right)_{j=0}^{n-1}\)，那么发现其左乘原矩阵等于其乘 \(\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij}\)，那么其为一特征向量，且对应特征值为 \(\sum_{j=0}^{n-1}a_j\omega_n^{ij}\)。
恰有 \(n\) 个特征值，所以原矩阵的行列式等于特征值乘积。
Krattenthaler's Formula
- \[\det\left[{\prod_{k=1}^{j-1}(x_i+a_k)\prod_{k=j+1}^n(x_i+b_k)}\right]=\prod_{1\le i<j\le n}(x_i-x_j)\prod_{1\le i< j\le n} (a_i-b_j) \]
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Proof
对列进行差分，可以得到后半，然后可以消成 Vandermonde Matrix，即得前半。
Hook length formula
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整数拆分为 \(m=\sum_{i=0}^{n-1}\lambda_i\) 的杨表个数为：
\[\frac{m!}{\prod_{x\in Y(\lambda)}\text{hook}(x)} \] -
Proof
容易发现其等价于有一初始全 \(0\) 数列 \(a\)，每次可以给一个 \(a_i\) 加一，最后使得 \(a_i=\lambda_i\)，且时时刻刻 \(a_i\) 不降，求操作方案数。
这利用类似 \(\text{LGV}\) 的想法，其等于：
\[m!\det\left[\frac{1}{(p_i+i-j)!}\right] \]问题转为求行列式。
每行乘 \((p_i+i)!\)，每列乘 \(\frac{1}{j!}\)，转为组合数。
对列从前往后做差分，可以发现每轮就是将所有组合数上标减 \(1\)。
那么可以不断变换为：
\[\det\left[\binom{p_i+i-p_0}{j}\right] \]此时第 \(0\) 行只有 \(a_{0,0}\) 为 \(1\)，删去第一行第一列。
第 \(i\ (i> 0)\) 行有公因式 \(p_i+i-p_0\)，第 \(j\ (j>0)\) 列有公因式 \(\frac{1}{j}\)，提取出来，变为：
\[\det\left[\binom{p_i+i-p_0-1}{j-1}\right] \]是子问题。
最后结果为：
\[\frac{m!\prod_{0\le i<j<n}(p_j+j-p_i-i)}{\prod_{i=0}^{n-1}(p_i+i)!} \]容易证明与原式等价。