构造矩阵

我们希望构造一个 $n \times m$ 的整数矩阵。

构造出的矩阵需满足：

• 每一行上的所有元素之积均等于 $k$。
• 每一列上的所有元素之积均等于 $k$。

保证 $k$ 为 $1$ 或 $-1$。

请你计算，一共可以构成出多少种不同的满足条件的矩阵。

由于结果可能很大，你只需要输出对 $10^9+7$ 取模后的结果。

输入格式

共一行，包含三个整数 $n,m,k$。

输出格式

一个整数，表示对 $10^9+7$ 取模后的结果。

数据范围

前 $3$ 个测试点满足 $1 \le n,m \le 3$。
所有测试点满足 $1 \le n,m \le 10^{18}$，$k$ 为 $1$ 或 $-1$。

输入样例1：

1 1 -1

输出样例1：

1

输入样例2：

1 3 1

输出样例2：

1

输入样例3：

3 3 -1

输出样例3：

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解题思路

  首先由于只能填整数且乘积不是 $1$ 就是 $-1$，因此只能填 $1$ 或 $-1$。对于一个 $n \times m$ 的矩阵，先把最后一行和最后一列空出来，那么剩余的部分的大小就是 $(n-1) \times (m-1)$，有 $2^{(n-1) \times (m-1)}$ 种填法。填完后对于前 $n-1$行中的第 $r$ 行，由于每一行的乘积是 $k$，因此最后一列的 $(r,m)$ 这个位置填的数字就唯一确定了，即 $\frac{k}{\prod\limits_{i=1}^{m-1}{a_{r,i}}}$。同理由于每一列的乘积是 $k$，因此最后一行的前 $m-1$ 列也是唯一确定的。

  最后对于 $(n,m)$ 这个位置的元素，既要满足第 $n$ 行的乘积是 $k$，也要满足第 $m$ 列的乘积是 $k$。假设 $(n-1) \times (m-1)$ 大小的矩阵的乘积是 $c$，最后一行的前 $m-1$ 列的乘积是 $a$，最后一列的前 $n-1$ 行的乘积是 $b$，那么我们会得到 $a \cdot c = 2^{n-1}$，$b \cdot c = 2^{m-1}$。如果 $(n,m)$ 存在解，那么应该有 $a = b$，即 $2^{n-1} = 2^{m-1}$。分情况讨论，如果 $k=1$，那么等式必然成立。否则 $k=-1$，那么 $n$ 与 $m$ 的奇偶性相同等式才能成立。因此无解的条件是 $k=-1$ 且 $n$ 和 $m$ 的奇偶性不同。

  接下来就是计算 $2^{(n-1) \times (m-1)}$，很明显 $(n-1) \times (m-1)$ 会爆 long long，因此可以用 __int128。另外一个做法是写成 $\left( 2^{n-1} \right)^{m-1}$，求两次快速幂即可。还有一种做法是用费马小定理。因为有 $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$，其中 $p$ 是质数，$\operatorname{gcd}(a,p)=1$，因此有 $2^{(n-1) \times (m-1)} \equiv 2^{(n-1) \times (m-1) \mod p-1} \pmod{p}$。

  AC 代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod = 1e9 + 7;

int qmi(int a, __int128 k) {
    int ret = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}

int main() {
    LL n, m;
    int k;
    scanf("%lld %lld %d", &n, &m, &k);
    if (k == -1 && (n - 1) % 2 != (m - 1) % 2) printf("0");
    else printf("%d", qmi(2, (__int128)(n - 1) * (m - 1)));
    
    return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod = 1e9 + 7;

int qmi(int a, LL k) {
    int ret = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}

int main() {
    LL n, m;
    int k;
    scanf("%lld %lld %d", &n, &m, &k);
    if (k == -1 && (n - 1) % 2 != (m - 1) % 2) printf("0");
    else printf("%d", qmi(qmi(2, n - 1), m - 1));
    
    return 0;
}

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int mod = 1e9 + 7;

int qmi(int a, int k) {
    int ret = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
        a = 1ll * a * a % mod;
        k >>= 1;
    }
    return ret;
}

int main() {
    LL n, m;
    int k;
    scanf("%lld %lld %d", &n, &m, &k);
    if (k == -1 && (n - 1) % 2 != (m - 1) % 2) printf("0");
    else printf("%d", qmi(2, (n - 1) % (mod - 1) * ((m - 1) % (mod - 1)) % (mod - 1)));
    
    return 0;
}

参考资料

  AcWing 5284. 构造矩阵（AcWing杯 - 周赛）：https://www.acwing.com/video/5188/