题目大意
给你一个 (n imes n)的矩阵 (A)，求次数最小且最高次项为 (1) 的多项式 (F(x))，满足 (F(A)=0)。
所有操作都对 (p) 取模。
(nleq 70,n<pleq 998244353)
题解
显然特征多项式满足条件，但不一定是最优的。
设答案为 (F(x)=sum_{igeq 0}f_ix^i)。
那么
[egin{cases}
f_0{(A^0)}_{1,1}+f_1{(A^1)}_{1,1}+cdots+f_n{(A^n)}_{1,1}&=0\
f_0{(A^0)}_{1,2}+f_1{(A^1)}_{1,2}+cdots+f_n{(A^n)}_{1,2}&=0\
vdots\
f_0{(A^0)}_{n,n}+f_1{(A^1)}_{n,n}+cdots+f_n{(A^n)}_{n,n}&=0
end{cases}
]
这就是一个方程组，可以通过高斯消元来求解。
观察高斯消元的过程。
如果在消第 (i) 列的时候找不到主元，就说明这个矩阵的前 (i) 列不满秩，那么就可以钦定 (f_{i-1}=1)，从而得到一组解。
否则前 (i) 列是满秩的，唯一可能的解为 (f_0=f_1=ldots=f_{i-1}=0)
时间复杂度：(O(n^4))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=80;
int n;
ll p;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
struct mat
{
ll a[N][N];
mat()
{
memset(a,0,sizeof a);
}
ll *operator [](int x)
{
return a[x];
}
};
mat operator *(mat a,mat b)
{
mat c;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
__int128 s=0;
for(int k=1;k<=n;k++)
s+=(ll)a[i][k]*b[k][j];
c[i][j]=s%p;
}
return c;
}
mat a[N];
ll ans[N];
ll c[N*N][N];
int m;
void gao(int x)
{
ans[x]=1;
for(int i=1;i<x;i++)
ans[i]=(-c[i][x]*fp(c[i][i],p-2)%p+p)%p;
printf("%d
",x-1);
for(int i=1;i<=x;i++)
printf("%lld ",ans[i]);
}
void gao()
{
for(int i=1;i<=n+1;i++)
{
int flag=0;
for(int j=i;j<=m;j++)
if(c[j][i])
{
flag=j;
break;
}
if(!flag)
{
gao(i);
return;
}
if(flag!=i)
{
for(int k=i;k<=n+1;k++)
swap(c[i][k],c[flag][k]);
}
ll inv=fp(c[i][i],p-2);
for(int j=1;j<=m;j++)
if(j!=i&&c[j][i])
{
ll v=c[j][i]*inv%p;
for(int k=i;k<=n+1;k++)
c[j][k]=(c[j][k]-v*c[i][k])%p;
}
}
}
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("a.in","r",stdin);
freopen("a.out","w",stdout);
#endif
scanf("%d%lld",&n,&p);
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
scanf("%lld",&a[1][i][j]);
for(int i=1;i<=n;i++)
a[0][i][i]=1;
for(int i=2;i<=n;i++)
a[i]=a[i-1]*a[1];
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
{
m++;
for(int k=0;k<=n;k++)
c[m][k+1]=a[k][i][j];
}
gao();
return 0;
}