代數余子式
給定 $n$ 階方陣 $A=(a_{ij})$, 定義 $a_{ij}$ 的余子式 $M_{ij}$ 為 $A$ 划去第 $i$ 行第 $j$ 列后的行列式，$a_{ij}$ 的代數余子式 $A_{ij}=(-1)^{i+j}M_{ij}$.
代數余子式可以用於行列式的求值，比如按第 $r$ 行展開：
$$\begin{equation}\det A=\sum_{c=1}^na_{rc}A_{rc}\end{equation}$$
按第 $c$ 列展開是同理的。
伴隨矩陣
定義
在 $(1)$ 式中，如果把 $a_{rc}$ 中的 $r$ 替換成 $i \ne r$, 則該乘積對應了將 $A$ 的第 $i$ 行替換成第 $r$ 行后的行列式——該行列式有兩行相等，所以它等於 $0$.
所以我們有 $\sum_{c=1}^na_{ic}A_{jc}=\det A \cdot [i=j]$, 把它寫成矩陣乘法就是：
$$A(A_{ij})^{\mathrm T}=\det A \cdot I_n$$
我們定義 $A^*=(A_{ij})^{\mathrm T}$ 是 $A$ 的伴隨矩陣。
同樣的結論對列也成立，所以 $AA^*=A^*A=\det A \cdot I_n$.
計算
如果 $\mathrm r(A)=n$, 用高斯消元法分別求出 $\det A$ 和 $A^{-1}$, $A^*=\det A \cdot A^{-1}$.
如果 $\mathrm r(A) \le n-2$, $A$ 的任意 $n-1$ 階子式都為 $0$, 所以 $A^*=O$.
如果 $\mathrm r(A)=n-1$:
20200628更新：更正了一些細節，感謝Rose_Max指出錯誤。
假設 $A$ 的列向量組為 $\vec c_1, \vec c_2, \ldots, \vec c_n$.
由它們線性相關，可知存在不全為 $0$ 的實數 $q_1, q_2, \ldots, q_n$ 滿足 $\sum_{i=1}^nq_i\vec c_i=\vec 0$. 不妨設 $q_c \ne 0$.
考慮同行兩余子式 $M_{ri}$ 和 $M_{rc}$ 的關系，不妨討論 $i<c$ 的情況，$i>c$ 類似。不難發現，如果我們將 $M_{ri}$ 的第 $i$ 至 $c-2$ 列向右推移，而第 $c-1$ 列移動到第 $i$ 列，唯一的不同點是 $M_{ri}$ 的第 $i$ 列為 $\vec c_c$ 刪去第 $r$ 行， $M_{rc}$ 的第 $i$ 列為 $\vec c_i$ 刪去第 $r$ 行。
聯系上述線性相關式，可設 $M'$ 表示在 $M_{ri}$ 進行推移的基礎上，把第 $i$ 列乘以 $q_c$, 並與 $M_{rc}$ 的第 $i$ 列的 $q_i$ 倍相加，所得到的 $n-1$ 階行列式。
那么 $M'=q_c(-1)^{c-i}M_{ri}+q_iM_{rc}$.
最后，將 $M'$ 的第 $i$ 列依次加上其對應“原行列式的第 $j \notin\{i, c\}$ 列”的列的 $q_j$ 倍。
這樣，$M'$ 的值不變，而第 $i$ 列全為 $0$. 這說明了 $q_c(-1)^{c-i}M_{ri}+q_iM_{rc}=M'=0$.
上述過程比較抽象，舉一例說明。
例如，原矩陣為
$$\begin{bmatrix}1&5&5\\-3&3&6\\0&6&7\end{bmatrix}$$
其列向量組為
$$\vec c_1=\begin{pmatrix}1\\-3\\0\end{pmatrix}, \vec c_2=\begin{pmatrix}5\\3\\6\end{pmatrix}, \vec c_3=\begin{pmatrix}5\\6\\7\end{pmatrix}$$
它們滿足關系式 $5\vec c_1-7\vec c_2+6\vec c_3=\vec 0$.
考慮其余子式 $M_{11}$ 與 $M_{12}$:
$$M_{11}=\begin{vmatrix}3&6\\6&7\end{vmatrix}, M_{12}=\begin{vmatrix}-3&6\\0&7\end{vmatrix}$$
把 $M_{11}$ 的第 $1$ 列翻 $-7$ 倍，與 $M_{12}$ 的第 $1$ 列的 $5$ 倍相加：
$$-7M_{11}=\begin{vmatrix}-21&6\\-42&7\end{vmatrix}$$
$$5M_{12}=\begin{vmatrix}-15&6\\0&7\end{vmatrix}$$
$$-7M_{11}+5M_{12}=M'=\begin{vmatrix}-36&6\\-42&7\end{vmatrix}$$
把 $M'$ 的第 $2$ 列翻 $6$ 倍加到第 $1$ 列得：
$$M'=\begin{vmatrix}0&6\\0&7\end{vmatrix}=0$$
所以
$$q_cA_{ri}-q_iA_{rc}=(-1)^{r+c}\left(q_c(-1)^{c-i}M_{ri}-q_iM_{rc}\right)=0$$
即
$$A_{ri}=\frac{q_i}{q_c}A_{rc}$$
同樣的結論對列也成立。於是對於列向量 $\vec p=(p_1p_2 \cdots p_n)^{\mathrm T}$ 和行向量 $\vec q=(q_1q_2 \cdots q_n)$ 使得 $A\vec p=\vec 0$, $\vec qA=\vec 0$, 不妨設 $p_r, q_c \ne 0$, 就有 $A_{ij}=\frac{p_iq_j}{p_rq_c}A_{rc}$.
$\vec p$ 與 $\vec q$ 都可以通過高斯消元法解方程組解出，而代數余子式 $A_{rc}$ 也可以通過高斯消元法求出。
綜上所述，求一個矩陣的伴隨矩陣，時間復雜度為 $O(n^3)$.
應用
通過伴隨矩陣，可以求出矩陣所有元素的余子式。
例 給定有向圖，求每條邊各含於多少棵以 $R$ 為根的所有生成內向樹。
解 生成樹計數的方法見這篇文章。
計算含有 $\left<u, v\right>$ 的生成內向樹個數，相當於把 $u$ 的出邊除了 $\left<u, v\right>$ 外全部刪去后的生成內向樹計數。
這就是把拉普拉斯矩陣的第 $u$ 行替換成僅有第 $u$ 項為 $1$, 第 $v$ 項為 $-1$ 的行，然后划去第 $R$ 行第 $R$ 列求余子式。
這等價於，拉普拉斯矩陣去掉第 $u, R$ 行、第 $u, R$ 列的余子式，減去去掉第 $u, R$ 行、第 $v, R$ 列的余子式。
將拉普拉斯矩陣去掉第 $R$ 行、第 $R$ 列作為矩陣 $A$, 那么就轉化為求 $A$ 的所有余子式。
這里不用討論那么多情況，因為 $\mathrm r(A)<n$ 意味着不存在生成內向樹。