線性代數(shù)+圖論好題。

題目鏈接: (bzoj) https://www.lydsy.com/JudgeOnline/problem.php?id=3168

(luogu) https://www.luogu.org/problemnew/show/P4100

題解: 首先有一個結(jié)論是，設(shè)矩陣\(C\)滿足\(CA=B\), 則\(A\)的第\(i\)行可以被\(B\)的第\(j\)行來替代當(dāng)且僅當(dāng)\(C_{j,i}\ne 0\).

這個的話就是一定要記住，矩陣初等變換的實質(zhì)就是給它左乘一個初等矩陣，然后就很好理解了。

那么\(CA=B\)可以推出\(CAA^{-1}=BA^{-1}, C=BA^{-1}\)

數(shù)學(xué)被各種吊打啊……

然后我們就在\(O(n^3)\)時間內(nèi)求出了對于每一個\(i,j\), \(A\)中第\(i\)行是否能被\(B\)中第\(j\)行替換

問題轉(zhuǎn)化成了，給一張二分圖，保證有完美匹配，求一個完美匹配使得\(A\)中的每個點(diǎn)在\(B\)中的匹配點(diǎn)構(gòu)成的排列的字典序最小。

這個東西，貌似必須用匈牙利算法。。先跑一邊隨便求出一個完美匹配，然后從\(1\)號到\(n\)號每個點(diǎn)再匹配盡量小的，如果能找到使當(dāng)前\(i\)號點(diǎn)更小，且不影響\(i\)號點(diǎn)前面的點(diǎn)的交錯路，那么就可以更新答案了。

時間復(fù)雜度\(O(n^3)\).

代碼

#include<cstdio> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<cassert> #include<iostream> #define llong long long using namespace std;inline int read() {int x=0; bool f=1; char c=getchar();for(;!isdigit(c);c=getchar()) if(c=='-') f=0;for(; isdigit(c);c=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+(c^'0');if(f) return x;return -x; }const int N = 300; const int P = 942030731; llong quickpow(llong x,llong y) {llong cur = x,ret = 1ll;for(int i=0; y; i++){if(y&(1ll<<i)) {y-=(1ll<<i); ret = ret*cur%P;}cur = cur*cur%P;}return ret; } llong mulinv(llong x) {return quickpow(x,P-2);} struct Matrix {llong a[N+3][N+3]; int n;Matrix() {}Matrix(int _n) {n = _n; for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) a[i][j] = 0ll;}void read(int _n){n = _n;for(int i=1; i<=n; i++) for(int j=1; j<=n; j++) scanf("%lld",&a[i][j]);}void write(){printf("%d\n",n);for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=1; j<=n; j++) printf("%lld ",a[i][j]); puts("");}}Matrix operator *(const Matrix &arg){Matrix ret = Matrix(n);for(int i=1; i<=n; i++){for(int k=1; k<=n; k++){for(int j=1; j<=n; j++){ret.a[i][j] = (ret.a[i][j]+a[i][k]*arg.a[k][j])%P;}}}return ret;}Matrix inv(){Matrix ret = Matrix(n); for(int i=1; i<=n; i++) ret.a[i][i] = 1ll;for(int i=1; i<=n; i++){if(a[i][i]==0){bool found = false;for(int j=i+1; j<=n; j++){if(a[j][i]){for(int k=1; k<=n; k++) {swap(a[i][k],a[j][k]),swap(ret.a[i][k],ret.a[j][k]);}found = true; break;}}if(found==false) {ret.a[0][0] = P; return ret;}}for(int j=i+1; j<=n; j++){llong coe = (P-a[j][i]*mulinv(a[i][i])%P)%P;for(int k=1; k<=n; k++){a[j][k] = (a[j][k]+coe*a[i][k])%P;ret.a[j][k] = (ret.a[j][k]+coe*ret.a[i][k])%P;}}}for(int i=1; i<=n; i++){llong coe = mulinv(a[i][i]);for(int j=1; j<=n; j++) {a[i][j] = a[i][j]*coe%P; ret.a[i][j] = ret.a[i][j]*coe%P;}} // write(); // ret.write();for(int i=n; i>=1; i--){for(int j=n; j>=i+1; j--){llong coe = (P-a[i][j]*mulinv(a[j][j])%P)%P;a[i][j] = 0ll;for(int k=1; k<=n; k++) ret.a[i][k] = (ret.a[i][k]+coe*ret.a[j][k])%P;}}return ret;} } a,b,aux,c; int g[N+3][N+3]; int vis[N+3]; int match1[N+3],match2[N+3]; int n;bool dfs1(int u) {for(int i=1; i<=n; i++){if(g[i][u]==true && vis[i]==false){vis[i] = true;if(match2[i]==0 || dfs1(match2[i])==true){match2[i] = u; match1[u] = i;return true;}}}return false; }bool dfs2(int u,int u0) {for(int i=1; i<=n; i++){if(g[i][u]==true && vis[i]==false){vis[i] = true;if(match2[i]==u0 || (match2[i]>u0 && dfs2(match2[i],u0)==true)){match2[i] = u; match1[u] = i;return true;}}}return false; }int main() {scanf("%d",&n);a.read(n); b.read(n);aux = a.inv();if(aux.a[0][0]==P) {printf("NIE"); return 0;}c = b*aux;for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=1; j<=n; j++) g[i][j] = c.a[i][j]==0 ? 0 : 1;} // for(int i=1; i<=n; i++) {for(int j=1; j<=n; j++) printf("%d",g[i][j]); puts("");}int mf = 0;for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=1; j<=n; j++) vis[j] = false;mf += dfs1(i);}if(mf<n) {printf("NIE"); return 0;}printf("TAK\n");for(int i=1; i<=n; i++){for(int j=1; j<=n; j++) vis[j] = false;dfs2(i,i);}for(int i=1; i<=n; i++) printf("%d\n",match1[i]);return 0; }

總結(jié)

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