标签：self 矩阵 times 随机化 121 cdots NOI2013 vdots define

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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 \(A\times B = C\) 。

做法是：随机 O(1) 个行向量 \(x\)，判定 \(x \times A \times B = x\times C\) 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 \times 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

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

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

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

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

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