UOJ#121. 【NOI2013】向量内积 随机化算法,矩阵

原文链接www.cnblogs.com/zhouzhendong/UOJ121.html

前言

完蛋了我越来越菜了贺题都不会了。

题解

(O(n ^ 2 d)) 暴力送 60 分。

Bitset 优化一下说不定更稳。可能有 85 分。

来讲正解。

注意下文中的 "p" 表示原题中的 "k"。

首先我们来解决一个问题：

如何在较低的复杂度下判定矩阵 A,B,C 是否满足 (A imes B = C) 。

做法是：随机 O(1) 个行向量 (x)，判定 (x imes A imes B = x imes C) 是否成立。本题中，行向量大概只需要 10 个左右。

回到本题。

考虑 p = 2 的情况。设矩阵 A 为 (n imes d) 的矩阵，且满足 (A_{i,j} = x_{i,j}) ，设矩阵 (B = A ^ {T}) 。

令

[self_ i = sum_{j = 1} ^ d A_{i,j} B_{j,i} ]

那么，如果无解，则

[A imes B = egin{bmatrix} self_1 & 1 & 1 & 1 & cdots & 1 \ 1 & self_2 & 1 & 1 & cdots & 1 \ 1 & 1 & self_3 & 1 & cdots & 1 \ 1 & 1 & 1 & self_4 & cdots & 1 \ vdots & vdots &vdots &vdots &ddots & vdots\ 1 & 1 & 1 & 1 & cdots & self_n end{bmatrix} ]

所以，我们可以利用之前提到的方法在 (O(nd)) 的时间复杂度内判定是否有解。如果算出来的行向量的第 (i) 项前后不等，那么第 (i) 个向量和某一个向量的内积一定模p为0。

当 p = 3 时，考虑到最终矩阵很难确定，因为模 3 意义下可能是 1 或 2。

但是由于 (1 ^ 2 equiv 2 ^ 2 equiv 1 pmod 3)，所以我们可以考虑取平方。

可以发现

[left ( sum _k A_{i,k} B_{k,j} ight ) ^ 2 = sum_{k_1} sum_{k_2} left ( A_{i,k_1} A_{i,k_2} ight) left ( B_{i,k_1} B_{i,k_2} ight ) ]

所以我们可以改写矩阵的定义，设矩阵 (A') 为一个由 ([1cdots n]) 映射到 ((k_1,k_2) | k_1in [1cdots d] , k_2 in [1cdots d]) 的矩阵，矩阵 (B') 为一个由 ((k_1,k_2) | k_1in [1cdots d] , k_2 in [1cdots d]) 映射到 ([1cdots n]) 的矩阵。

剩下的做法和原先一样。

时间复杂度为 (O(n d ^ {p-1})) 。

代码

#include <bits/stdc++.h>
#define clr(x) memset(x,0,sizeof x)
#define For(i,a,b) for (int i=(a);i<=(b);i++)
#define Fod(i,b,a) for (int i=(b);i>=(a);i--)
#define fi first
#define se second
#define pb(x) push_back(x)
#define mp(x,y) make_pair(x,y)
#define outval(x) cerr<<#x" = "<<x<<endl
#define outtag(x) cerr<<"---------------"#x"---------------"<<endl
#define outarr(a,L,R) cerr<<#a"["<<L<<".."<<R<<"] = ";
						For(_x,L,R)cerr<<a[_x]<<" ";cerr<<endl;
using namespace std;
typedef long long LL;
LL read(){
	LL x=0,f=0;
	char ch=getchar();
	while (!isdigit(ch))
		f|=ch=='-',ch=getchar();
	while (isdigit(ch))
		x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
	return f?-x:x;
}
const int N=100005,D=105;
int n,d,p;
int x[N][D],y[N];
int a[N][D],b[D][N];
int s[N],t[N],c[D][D];
int self[N];
int Solve(int k){
	For(i,1,n)
		if (i!=k){
			int s=0;
			For(j,1,d)
				s+=x[i][j]*x[k][j];
			s%=p;
			if (s==0){
				printf("%d %d
",min(i,k),max(i,k));
				return 1;
			}
		}
	return 0;
}
int main(){
	n=read(),d=read(),p=read();
	For(i,1,n){
		For(j,1,d)
			x[i][j]=read()%p;
		self[i]=0;
		For(j,1,d)
			self[i]+=x[i][j]*x[i][j];
		self[i]%=p;
		if (p==3)
			self[i]=self[i]*self[i]%p;
	}
	For(i,1,n)
		For(j,1,d)
			a[i][j]=b[j][i]=x[i][j];
	srand(233);
	For(_,1,10){
		int sum=0;
		For(i,1,n)
			y[i]=rand()%5?1:0,sum+=y[i];
		if (p==2){
			For(i,1,n)
				s[i]=y[i];
			clr(t);
			For(i,1,n)
				For(j,1,d)
					t[j]+=s[i]*a[i][j];
			For(i,1,d)
				t[i]%=p;
			clr(s);
			For(i,1,n)
				For(j,1,d)
					s[i]+=t[j]*b[j][i];	
			For(i,1,n)
				s[i]%=p;
		}
		else {
			For(i,1,n)
				s[i]=y[i];
			clr(c);
			For(i,1,n)
				For(j1,1,d)
					For(j2,1,d)
						c[j1][j2]+=s[i]*a[i][j1]*a[i][j2];
			For(j1,1,d)
				For(j2,1,d)
					c[j1][j2]%=p;
			clr(s);
			For(i,1,n)
				For(j1,1,d)
					For(j2,1,d)
						s[i]+=c[j1][j2]*b[j1][i]*b[j2][i];
			For(i,1,n)
				s[i]%=p;
		}
		For(i,1,n)
			t[i]=(sum-(1-self[i])*y[i])%p;
		For(i,1,n)
			if (s[i]!=t[i])
				return assert(Solve(i)),0;
	}
	puts("-1 -1");
	return 0;
}