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[BZOJ]1059 矩阵游戏(ZJOI2007)

2024-11-02 21:54:01   208人阅读

　　虽然说是一道水题，但小C觉得还是挺有意思的，所以在这里mark一下。

 

Description

　　小Q是一个非常聪明的孩子，除了国际象棋，他还很喜欢玩一个电脑益智游戏——矩阵游戏。矩阵游戏在一个N*N黑白方阵进行（如同国际象棋一般，只是颜色是随意的）。每次可以对该矩阵进行两种操作：行交换操作：选择矩阵的任意两行，交换这两行（即交换对应格子的颜色）列交换操作：选择矩阵的任意行列，交换这两列（即交换对应格子的颜色）游戏的目标，即通过若干次操作，使得方阵的主对角线(左上角到右下角的连线)上的格子均为黑色。对于某些关卡，小Q百思不得其解，以致他开始怀疑这些关卡是不是根本就是无解的！！于是小Q决定写一个程序来判断这些关卡是否有解。

Input

　　第一行包含一个整数T，表示数据的组数。接下来包含T组数据，每组数据第一行为一个整数N，表示方阵的大小；接下来N行为一个N*N的01矩阵（0表示白色，1表示黑色）。

Output

　　输出文件应包含T行。对于每一组数据，如果该关卡有解，输出一行Yes；否则输出一行No。

Sample Input

　　2
　　2
　　0 0
　　0 1
　　3
　　0 0 1
　　0 1 0
　　1 0 0

Sample Output

　　No
　　Yes

HINT

　　对于100%的数据，N ≤ 200。

 

Solution

　　拿到这道题目肯定要思考，什么样的局面通过交换行列可以变成主对角线上都为黑格的情况？

　　由于交换是可逆的，我们倒过来思考，主对角线上都是黑格的情况通过交换行列可以变成什么局面。

　　这样就一目了然了。一开始是1~n的排列，每次交换行列相当于交换两个位置上的数字。

　　这样问题就转化成：是否能从每行选出恰好一个黑格，n行黑格代表的列数正好组成一个1~n的全排列。

　　正解是二分图匹配。全排列可以看作是行和列的匹配，思路很清晰。时间复杂度O(n^2)（匈牙利算法）/O(n^1.5)（网络流）。

　　但是小C这里要介绍的，是另一种做法。

　　想到矩阵和排列，我们会很自然地想起行列式。

　　我们思考一下行列式的计算公式：技术分享。

　　发现如果一个排列上的所有数都不为0，就一定会对答案有贡献！

　　所以我们就直接求这个矩阵的行列式的值就可以了？？？复杂度O(n^3)。

　　当然不行，这些排列对答案的贡献有正有负，矩阵的值全为0或1的话很容易凑出0。例如{{0,1,1},{0,1,1},{1,0,0}}。

　　那怎么办？

　　很简单啊，我们给矩阵里的黑格都随机一个权值就好了嘛。

　　什么？还是WA？

　　我们来看一看行列式等于0还有什么条件：

　　　　1.有一行或一列全为0的情况；
　　　　2.有两行或两列数值成比例的情况；
　　　　3.行向量之间或列向量之间有相关的情况；
　　　　4.逆矩阵不存在的情况：
　　　　5.行列式对应的矩阵的秩小于行列式的阶数的情况……

　　够了！似乎第二条看起来特别扎眼，于是我们给矩阵里的黑格都随机一个质数权值如何？

　　过了卧槽。

 

　　二分图匹配：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#define MN 205using namespace std;bool u[MN],mp[MN][MN];int mat[2][MN];int t,n;inline int read(){    int n=0,f=1; char c=getchar();    while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}    while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {n=n*10+c-‘0‘; c=getchar();}    return n*f;}bool dfs(int x){    if (u[x]) return false;    u[x]=true;    for (register int i=1;i<=n;++i)    {        if (!mp[x][i]||mat[0][x]==i) continue;        if (!mat[1][i]||dfs(mat[1][i])) {mat[0][x]=i; mat[1][i]=x; return true;}    }    return false;}int main(){    register int i,j;    t=read();    while (t--)    {        n=read();        for (i=1;i<=n;++i)            for (j=1;j<=n;++j) mp[i][j]=read();        memset(mat,0,sizeof(mat));        for (i=1;i<=n;++i)        {            memset(u,0,sizeof(u));            if (!dfs(i)) break;        }        if (i<=n) puts("No"); else puts("Yes");    }}

 

　　高斯消元求行列式：

#include <cstdio>#include <cstring>#include <algorithm>#include <cstdlib>#define mod 1000000007#define MP 2000005#define MN 205using namespace std;int a[MN][MN],p[MP];bool u[MP];int t,n,pin;inline int read(){    int n=0,f=1; char c=getchar();    while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}    while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {n=n*10+c-‘0‘; c=getchar();}    return n*f;}int mi(int x,int y){    register int z=1;    for (;y;x=1LL*x*x%mod,y>>=1) if (y&1) z=1LL*z*x%mod;    return z;}void init(){    register int i,j;    for (i=2;i<MP;++i)    {        if (!u[i]) p[++pin]=i;        for (j=1;i*p[j]<MP;++j)        {            u[i*p[j]]=true;            if (i%p[j]==0) break;        }    }}int main(){    register int i,j,k,x,mxi,lt;    srand(9875321); init();    t=read();    while (t--)    {        n=read();        for (i=1;i<=n;++i)            for (j=1;j<=n;++j)                if (read()&1) a[i][j]=p[(rand()*rand()%pin+rand())%pin+1];                else a[i][j]=0;        for (i=1;i<n;++i)        {            mxi=i;            for (j=i+1;j<=n;++j) if (a[j][i]>a[mxi][i]) mxi=j;            if (mxi!=i) swap(a[mxi],a[i]);            if (!a[i][i]) break;            for (j=i+1;j<=n;++j)                for (lt=1LL*mi(a[i][i],mod-2)*a[j][i]%mod,k=i;k<=n;++k)                    a[j][k]=(a[j][k]-1LL*a[i][k]*lt%mod+mod)%mod;        }        if (i<n||!a[n][n]) puts("No"); else puts("Yes");    }}

 

Last Word

　　行列式还能这么用.jpg。

　　这题又让小C了解了一下行列式的一点点性质，好像还练习了一下乱搞技巧？

　　小C的n^3做法似乎成功拿到了bzoj那一题的垫底：

技术分享

 

[BZOJ]1059 矩阵游戏(ZJOI2007)


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