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线代相关的 3 道神题

时间：2023-12-27 09:11:07浏览次数：18  
标签：神题 int ll ret base 相关 线代 inv MOD

高消神题

Circles of Waiting

考虑设 \(f_{x,y}\) 为点在 \((x,y)\) 时的期望步数，有：

\[f_{x,y} = p_1f_{x + 1,y} + p_2f_{x,y + 1} + p_3f_{x - 1,y} + p_4f_{x,y - 1} + 1 \]

直接高斯消元求出，复杂度 \(\Theta(R^6)\) 。不能过。

对于这种项数很少的有一种东西叫做 “带状消元”，自行了解。

这里考虑消元的各项都有递推关系，我们考虑主元，从左到右，从上到下转移，对于每一行，将最左边的在圆内的点作为主元，用 \(f_{x,y},f_{x - 1,y},f_{x,y - 1},f_{x + 1,y}\) 来推出 \(f_{x,y + 1}\) ，移项即可，如图，黑点就是主元，蓝色代表转移方向：

image

我们容易发现主元有 \(2R + 1\) 个，每一行末尾第一个超出圆的点也可以被主元表示，但是值为 \(0\) 。可以列出一个方程，这样就可以列 \(2R + 1\) 个方程，高斯消元就可以解出主元，由于我们知道 \(f_{0,0}\) 关于主元的表达式，直接代入即可。

时间复杂度 \(\Theta(R^3)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 55,MOD = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
int M,len,R,a1,a2,a3,a4;
ll p1,p2,p3,p4;
inline ll ksm(ll base,int pts)
{
    ll ret = 1;
    for(;pts > 0;pts >>= 1,base = base * base % MOD)
        if(pts & 1)
            ret = ret * base % MOD;
    return ret;
 } 
struct Vector{
    ll a[N * 2];
}f[2 * N][2 * N],one;
ll V[N * 2][N * 2];
inline Vector operator +(Vector x,Vector y)
{
    Vector z;
    for(int i = 1;i <= len + 1;i++) z.a[i] = (x.a[i] + y.a[i]) % MOD;
    return z;
}
inline Vector operator -(Vector x,Vector y)
{
    Vector z;
    for(int i = 1;i <= len + 1;i++) z.a[i] = (x.a[i] - y.a[i] + MOD) % MOD;
    return z;
}
inline Vector operator *(ll x,Vector y)
{
    Vector z;
    for(int i = 1;i <= len + 1;i++) z.a[i] = y.a[i] * x % MOD;
    return z;
}
inline bool in(int x,int y) {return x * x + y * y <= R * R;}
inline void Gauss()
{
    for(int i = 1;i <= len;i++)
    {
        int tmp = i;
        while(tmp < len && V[tmp][i] == 0) tmp++;
        swap(V[tmp],V[i]);
        ll now = ksm(V[i][i],MOD - 2);
        for(int j = 1;j <= len + 1;j++) V[i][j] = V[i][j] * now % MOD;
        for(int j = 1;j <= len;j++)
        {
            if(j == i) continue;
            ll rate = V[j][i];
            for(int k = 1;k <= len + 1;k++) V[j][k] = (V[j][k] - V[i][k] * rate % MOD + MOD) % MOD;
        } 
    }
}
int main()
{
    cin>>R>>a1>>a2>>a3>>a4;
    len = 2 * R + 1; M = R + 1;
    ll inv = ksm(a1 + a2 + a3 + a4,MOD - 2);
    p1 = a1 * inv % MOD; p2 = a2 * inv % MOD; p3 = a3 * inv % MOD; p4 = a4 * inv % MOD;
    one.a[len + 1] = 1;
    for(int i = R;i >= -R;i--)
        for(int j = -R;j <= R;j++)
            if(in(i,j) && !in(i,j - 1)) f[i + M][j + M].a[i + M] = 1;
    for(int j = -R;j <= R;j++)
        for(int i = R;i >= -R;i--)
            if(in(i,j))
            {
                f[i + M][j + M + 1] = ksm(p4,MOD - 2) * (f[i + M][j + M] - p1 * f[i + M + 1][j + M] - p2 * f[i + M][j + M - 1] - p3 * f[i + M - 1][j + M] - one);
            }
    for(int j = -R;j <= R;j++)
        for(int i = R;i >= -R;i--)
            if(in(i,j) && !in(i,j + 1))
            {
                for(int k = 1;k <= len;k++) V[i + M][k] = f[i + M][j + M + 1].a[k];
                V[i + M][len + 1] = MOD - f[i + M][j + M + 1].a[len + 1];
            }
    Gauss();
    ll ans = 0;
    for(int i = 1;i <= len;i++) ans = (ans + f[M][M].a[i] * V[i][len + 1] % MOD) % MOD;
    ans = (ans + f[M][M].a[len + 1]) % MOD; 
    cout<<ans;
    return 0; 
}

矩阵树神题

Mirror Box

手模 \(114\) 个图可以发现一些规律：

  • 图可以看作是格点与格点连边，将格点黑白染色，则只能同色连边

  • 想要每条棱都被覆盖，不能有环

  • 想做到相邻两个相通，某一种颜色的格点要全部连通。

知道这些，做法就十分简单：对于确定的边，并查集处理，不确定的方格，两种边都有可能，将并查集上这两个连通块间连一条边，对于这种颜色，最后跑一遍矩阵树即可。

由于没填的格子不超过 \(200\) 个，所以并查集缩成的节点数是 \(\Theta(k)\) 的。

我们观察到两种颜色不可能同时连通，一种颜色有了生成树，另一种颜色的连法唯一。

所以答案就是两种颜色分别的生成树数量之和。

时间复杂度 \(\Theta(nm\alpha(nm) + k^3)\) 。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 305;
int n,m,MOD,sym[N * N];
char s[N][N];
struct UFS{
    int fa[N * N];
    inline void init() {for(int i = 1;i <= (n + 1) * (m + 1);i++) fa[i] = i;}
    inline int find(int x) {return (fa[x] == x) ? x : fa[x] = find(fa[x]);}
    inline void unionn(int x,int y) {x = find(x); y = find(y); fa[x] = y;}
}t;
typedef long long ll;
inline ll ksm(ll base,int pts)
{
    ll ret = 1;
    for(;pts > 0;pts >>= 1,base = base * base % MOD)
        if(pts & 1)
            ret = ret * base % MOD;
    return ret;
}
struct Graph{
    ll V[3 * N][3 * N],cnt;
    inline void add(int x,int y)
    {
        V[x][x]++; V[y][y]++; V[x][y]--; V[y][x]--;
    }
    inline ll getdet()
    {
        ll ret = 1;
        for(int i = 1;i <= cnt - 1;i++)
        {
            int tmp = i;
            while(tmp < cnt - 1 && V[tmp][i] == 0) ++tmp;
            if(tmp ^ i) swap(V[i],V[tmp]),ret = MOD - ret;
            ret = ret * V[i][i] % MOD;
            for(int j = i + 1;j <= cnt - 1;j++)
            {
                ll rate = V[j][i] * ksm(V[i][i],MOD - 2) % MOD;
                for(int k = 1;k <= cnt - 1;k++) V[j][k] = (V[j][k] - V[i][k] * rate % MOD + MOD) % MOD;
            } 
        }
        return ret;
    }
}g[2];
inline int num(int x,int y) // 格点 (x,y) 左上角
{
    return (x - 1) * (m + 1) + y;
} 
int main()
{
    cin>>n>>m>>MOD;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 1;j <= m;j++)
            cin>>s[i][j];
    t.init();
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 1;j <= m;j++)
        {
            if(s[i][j] == '/') t.unionn(num(i,j + 1),num(i + 1,j));
            else if(s[i][j] == '\\') t.unionn(num(i,j),num(i + 1,j + 1));
        }
    for(int i = 1;i <= n + 1;i++)
        for(int j = 1;j <= m + 1;j++)
            if(t.find(num(i,j)) == num(i,j) && ((i + j) & 1))
                sym[num(i,j)] = ++g[1].cnt;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 1;j <= m;j++)
            if(s[i][j] == '*')
            {
                if(t.find(num(i,j)) != t.find(num(i + 1,j + 1)) && ((i + j) & 1))
                    g[(i + j) & 1].add(sym[t.find(num(i,j))],sym[t.find(num(i + 1,j + 1))]);
                if(t.find(num(i + 1,j)) != t.find(num(i,j + 1)) && ((i + j) & 1 ^ 1))
                    g[(i + j) & 1 ^ 1].add(sym[t.find(num(i + 1,j))],sym[t.find(num(i,j + 1))]);
            }
    for(int i = 1;i <= n + 1;i++)
        for(int j = 1;j <= m + 1;j++)
            if(t.find(num(i,j)) == num(i,j) && !((i + j) & 1))
                sym[num(i,j)] = ++g[0].cnt;
    for(int i = 1;i <= n;i++)
        for(int j = 1;j <= m;j++)
            if(s[i][j] == '*')
            {    
                if(t.find(num(i,j)) != t.find(num(i + 1,j + 1)) && !((i + j) & 1))
                    g[(i + j) & 1].add(sym[t.find(num(i,j))],sym[t.find(num(i + 1,j + 1))]);
                if(t.find(num(i + 1,j)) != t.find(num(i,j + 1)) && !((i + j) & 1 ^ 1))
                    g[(i + j) & 1 ^ 1].add(sym[t.find(num(i + 1,j))],sym[t.find(num(i,j + 1))]);
            }
    cout<<(g[0].getdet() + g[1].getdet()) % MOD;
    return 0;
}

LGV 神题

Ascending Matrix

给定 \(n,m,k,r,c,v\) ，求有多少个正整数构成的 \(n \times m\) 矩阵，满足值域为 \([1,k]\) ，且满足：

  • 每行单调不降

  • 每列单调不降

  • \(a_{r,c} = v\)

答案模 \(998244353\) 。

\(1 \leq n,m \leq 200,1 \leq k \leq 100\) 。

考虑如果没有 \((r,c) = v\) 这个限制，我们将格子的顶点编号为 \(1 \sim n + 1\) 行，则每行列单调不降等价于从 \((n + 1,1)\) 到 \((1,m + 1)\) 选 \(k - 1\) 条不交叉的路径（可以相交）。

最上面的路径代表左侧是 $ \leq 1$ 的格子，右侧是 \(> 1\) 的格子。

考虑将不交叉转化为彻底不交，就是将原来横竖方向的重叠分开，将第 \(i\) 条线向右下平移 \(i - 1\) 格即可，起点变成 \((n + i,i)\) ，终点变成 \((i,m + i)\) ，求不相交路径组。

容易发现和 LGV 模板题一样，这题还是只有顺序对应才有解，所以直接考虑 LGV 即可。

现在加上 \((r,c) = v\) ，相当于要求有 \(v - 1\) 条路径要在 \((r,c)\) 格点左上方（或经过），我们将其平移 \(v - 1\) 格得到 \((r + v - 1,c + v - 1)\) ，由于不交的性质，观察得到 必须有 \(v - 1\) 条路径在这个点的 左上方（不经过）。

不经过是因为前面的 \(v - 1\) 条路径最多向右下平移了 \((v - 2)\) 格，这个点平移了 \((v - 1)\) 格，如果经过，原图上实际在下方，不满足要求。

同理，原本该在下方的路径如果经过这个点，在原图上就会在这个点上方，也不满足，所以这个点不能被经过。

至于强制 \(v - 1\) 个点，统计的时候用变元，将路径条数转化为 \((ax + b)\) ，\(a\) 是上方的路径， \(b\) 是下方的。最后求 \([x^{v - 1}]\) 系数即可。

这个多项式次数为 \(k - 1\) ，复杂度是 \(\Theta(k^5)\) 的，难以通过。

所以我们只需要求 \(v - 1\) 次系数，考虑拉格朗日插值，我们代入 \(k\) 个系数进去，跑 \(k\) 次 LGV ，然后假设每次得到的点值是 \(a_i\) ，我们插出系数即可。

时间复杂度 \(\Theta(k^4)\) 。

拉格朗日插值求系数：

假设我们有 \(k\) 个点值是 \(y_1 \sim y_k\) ，横坐标是 \(x_1 \sim x_k\) ，考虑拉插式子：

\[f(X) = \sum_i y_i \frac{\prod_{j \neq i}(X - x_j)}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)} \]

提出常数项，设为 \(a_i\)：

\[a_i = \frac {y_i}{\prod_{j \neq i}(x_i - x_j)} \]

可以 \(\Theta(n^2)\) 求出。

设 \(g(X) = \prod_i (X - x_i)\) ，则原式为：

\[f(X) = \sum_i a_i \frac{g(X)}{X - x_i} \]

\(g(X)\) 可以简单地 \(\Theta(n^2)\) 递推。

我们设 \(p_i(X) = \frac {g(X)}{X - x_i}\) ，如果能够 \(\Theta(n)\) 推出 \(p_i(X)\) ，那么就枚举 \(i\) ，\(\Theta(n^2)\) 推出多项式 \(f\) 。

移项发现：

\[(X - x_i)p_i(X) = g(X) \]

两边同时取项：

\[[X^{j - 1}]p_i - x_i[X^j]p_i = [X^j]g \]

最终得到：

\[[X^j]p_i = \frac{[X^{j - 1}p_i - [X^j]g]}{x_i} \]

\([X^0]p_i = \frac{[X^0]g}{-x_i}\) ，递推即可。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 405,MOD = 998244353;
typedef long long ll;
int n,m,k,r,c,v,ptx,pty;
pair <ll,ll> poly[N][N];
inline ll ksm(ll base,int pts)
{
	ll ret = 1;
	for(;pts > 0;pts >>= 1,base = base * base % MOD)
		if(pts & 1)
			ret = ret * base % MOD;
	return ret;
} 
struct Binom{
	ll frac[N * 3],inv[N * 3];
	inline void init()
	{
		frac[0] = inv[0] = 1;
		for(int i = 1;i < N * 3;i++) frac[i] = frac[i - 1] * i % MOD;
		inv[N * 3 - 1] = ksm(frac[N * 3 - 1],MOD - 2);
		for(int i = N * 3 - 2;i >= 1;i--) inv[i] = inv[i + 1] * (i + 1) % MOD;
	}
	inline ll C(int y,int x)
	{
		if(y < 0 || x < 0 || y < x) return 0ll;
		return frac[y] * inv[x] % MOD * inv[y - x] % MOD;
	}
	inline ll path(int x,int y,int xx,int yy)
	{
		if(x < xx) return 0ll; if(y > yy) return 0ll;
		return C(x - xx + yy - y,yy - y);
	}
}B;
struct Matrix{
	ll a[N][N],len;
	inline ll getdet()
	{
		ll ret = 1;
		for(int i = 1;i <= len;i++)
		{
			int tmp = i;
			while(tmp < len && a[tmp][i] == 0) tmp++;
			if(tmp ^ i) swap(a[tmp],a[i]),ret = MOD - ret;
			ret = ret * a[i][i] % MOD;
			for(int j = i + 1;j <= len;j++)
			{
				ll rate = a[j][i] * ksm(a[i][i],MOD - 2) % MOD;
				for(int k = 1;k <= len;k++) a[j][k] = (a[j][k] - a[i][k] * rate % MOD + MOD) % MOD;
			}
		}
		return ret;
	}
}g;
struct Lagrange{
	ll y[N],f[N],g[N],a[N],p[N];
	inline void solve()
	{
		for(int i = 0;i <= k;i++)
		{
			a[i] = 1;
			for(int j = 0;j <= k;j++)
				if(j != i)
					a[i] = a[i] * (i - j + MOD) % MOD;
			a[i] = ksm(a[i],MOD - 2) * y[i] % MOD;
		}
		g[0] = 1;
		for(int i = 0;i <= k;i++)
		{
			for(int j = i + 1;j >= 1;j--) 
				g[j] = (g[j] * (MOD - i) % MOD + g[j - 1]) % MOD;
			g[0] = g[0] * (MOD - i) % MOD;
		}
		for(int i = 0;i <= k;i++)
		{
			ll inv = ksm(i,MOD - 2);
			if(!inv) 
			{
				for(int j = 0;j <= k;j++) p[j] = g[j + 1];
			}
			else
			{
				p[0] = g[0] * ksm(MOD - i,MOD - 2) % MOD;
				for(int j = 1;j <= k;j++) 
					p[j] = (p[j - 1] - g[j] + MOD) * inv % MOD;
			}
			for(int j = 0;j <= k;j++)
				f[j] = (f[j] + p[j] * a[i] % MOD) % MOD;
		}
	}
}t;
int main()
{
	cin>>n>>m>>k>>r>>c>>v;
	ptx = r + v - 1; pty = c + v - 1;
	B.init();
	g.len = k - 1;
	for(int i = 1,sx,sy;i <= g.len;i++)
	{
		sx = n + i; sy = i;	
		for(int j = 1,tx,ty;j <= g.len;j++)
		{
			tx = j; ty = m + j;
			ll a = 0,b = (B.path(sx,sy,tx,ty) - B.path(sx,sy,ptx,pty) * B.path(ptx,pty,tx,ty) % MOD + MOD) % MOD;
			for(int o = 1;o < min(ptx,pty);o++)
				a = (a + B.path(sx,sy,ptx - o,pty - o) * B.path(ptx - o,pty - o,tx,ty) % MOD) % MOD;
			b = (b - a + MOD) % MOD;
			poly[i][j] = make_pair(a,b);
		}
	}
	for(int i = 0;i <= k;i++)
	{
		for(int j = 1;j <= g.len;j++)
			for(int o = 1;o <= g.len;o++)
				g.a[j][o] = (poly[j][o].first * i % MOD + poly[j][o].second) % MOD;
		t.y[i] = g.getdet();
	}
	t.solve();
	cout<<t.f[v - 1];
	return 0;
}

标签：神题,int,ll,ret,base,相关,线代,inv,MOD
From： https://www.cnblogs.com/TheLastCandy/p/17929769.html

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