20230306线性代数日志

线性代数 2023-03-06

${\color{Green} \sharp } {\color{Orange} \sharp } {\color{Red} \sharp }$有巧妙的思维

${\color{Orange} \flat }$有小技巧

【NOI2020】美食家 P6772 $\color{Red}\sharp$ $\surd$

先考虑暴力的动态规划方法，设 $dp[i][v]$ 表示在第 $i$ 天并且在 $j$ 这个节点上最大能得到的“愉悦值”。朴素地转移有 $dp[i][u_{edge}]=dp[i-w_{edge}][v_{edge}]+c[u_{edge}]$ 在有 $(u_{edge},v_{edge},w_{edge})$这条边的情况下，同时对应的第 $i$ 天如果有美食节，判断一下所在的位置有没有举办。答案是 $dp[T][1]$

由于 $T$ 过大，很明显不能这样直接做。对于这种状态转移较为多且状态个数较少（只有 $n$ 个状态）的时候，考虑矩阵乘法。

• ${\color{Orange} \flat }$ 广义矩阵乘法：

• $$ C[i][j]=\max_{k=1}^{n}(A[i][k]+B[k][j]) $$

要解决的问题是这个转移式第一维并不是每次增加1而是需要调回之前的状态，注意到 $w_i\le5$ 奇小，可以把一个点拆成5个点，理解成延时的效果，每个点分别表示需要延时多少单位时间。或者可以偷点懒不想这么多，直接做一个 $5\times n$ 的矩阵也可以。

还差一个转移过程，即 $k$ 个美食节。由于 $k$ 的大写不是与 $T$ 同一个量级，考虑单独计算。首先将其排序，之后每次倍增跳到一个需要处理的 $k$ 暴力将对应的状态加上值即可。

总结：简单dp+矩阵乘法优化+倍增

BZOJ3583 ${\color{Orange} \flat }$ $\surd$

不难发现，将 $I$ 置换一下，然后与 $O$ 相乘（矩乘，顺序是 $O \times I$），我们就得到了第一次 $i \to j$ 的方案数。（根据定义就可以看出来）

考虑 $u \to v$ 在恰好 $d$ 条路径的方案数量，那么就是 $(OI)^{d}$ 问题在于 $OI$ 这个矩阵是 $n^2$ 级别的矩阵，直接跑会炸掉

优化：$(OI)^d = O\times (IO)^{d-1} \times I$ 因为 $IO$ 矩阵是 $k^2$ 级别的，可以通过。

接下来考虑 $d$ 条路径以内的方法。那么就是求之前所有的和，即 $\sum (OI)^d[u][v]$ 。这里用等比矩阵求和即可（用递归或者倍增都可）

LOJ6537 ${\color{Orange} \flat }$ $\surd$

先把编号都-1，因为要用到取模

同样从普通动态规划入手，设 $dp[i][j]$ 表示剩下 $i$ 个人，第 $j$ 个人报 $k$，编号为0的人存活概率。有 $dp[1][0]=1$

可以找到转移式 $dp[i][j]=\dfrac{1}{2}dp[i][(j+k)\bmod i] +[j\neq 0]\times\dfrac{1}{2} dp[i-1][(j+k-1)\bmod (i-1)]$

意义是 $j$ 是否会 G，当然我们高贵的 0 不能 G。

动态规划不能直接转移，因为会调用还没有处理好的项。这恰好是一个方程的形式，即 $dp(j)=\dfrac{1}{2}dp((j+k)\bmod i) +[j\neq 0] \times \dfrac{1}{2}K$

其中 $k,i,K$ 都是已知量。

直接高斯消元解是会炸的，这里用到一个主元法，我们发现 $dp((j+k)\bmod i) =2\times dp(j) -[j\neq 0] \times K$ 也就是说最后可以把 $dp(j)$ 有引回自己，并且成立一个一元一次方程。从而顺利解出 $dp(j)$ 。

细节方面注意 $[j\neq 0]$。

CF963E$\surd$

从动态规划入手，考虑 $dp[i][j]$ 表示这个点的期望步数。很容易列出转移式 $dp[i][j]=1+\sum{dp[\Delta x][\Delta y]\times p_k}$

对于在圆外的点有 $dp[i][j]=0$

与上一题相同，本式子不能直接转移，我们考虑列出方程的形式。由于 $R^2$ 个未知数会炸掉，用圆最上面（对于每个 $x$ 在圆内 $y$ 最大的点）作为主元。方程用每个 $x$ 最小 $y$ 的点的下面一个点（这里的 $dp[x][y]=0$ 即可解方程，答案即 $dp[0][0]$

实现方面对于每个点记录一个数组表示每个元对应的系数，注意不要忘记常数项

Odd subrectangles$\surd$

首先相加的和等于计数 $\to$ 异或和$=1$

假设固定选一些列，那么每次选一行就相当于把结果异或上这些列这一行的异或和。

也就是说这么多列完全可以化为一列（通过异或和）来统计答案即可。

最直观的看法就是假如有 $x$ 个位置是 1，$y$ 个位置是0，那么答案就是 $2^y\times(C_x^1+C_x^3+\dots)$ 但是这个东西看起来就不太可做。

我们假设这一行有一个 1，我们把它摁死，然后其他位置任意选，会发现最后结果一定可以通过是否选这个 1 来控制成 1。

总结来说，只要有一个 1，那么这列的选择方案数就是 $2^{n-1}$

问题转化成把每一行看成一个二进制数，有多少方案使其异或和是0。

这个就非常经典了，用线性基即可。即 $2^{n-siz}$ 。（理解的话就是计算每次插入元素最后变成0的情况）

Knights Out$\surd$

考虑这样一个问题，我们每次点的不是马的形状，而是只对自己和周围四个点影响应该怎么做？

这是一个入门很经典的题目，我们只需要枚举第一行的情况，然后会发现，假设第一行被固定了，在第一行的第 $i$ 个还没有被翻转，那么只有它下面一个格子，也就是第二行第 $i$ 个被点一下才能使它翻转过来。

这样就会发现第二行的格子是否要点其实被第一行的控制了，继续推广下去可以一直到最后一行。我们再检查最后一行是否全部能被反转（因为没有别的行能够把它翻转）即可。

这个过程可以用方程模拟，设 $f[i][j]$ 表示这行是否被选择，那么以第一行为主元就可以推广到每个点，并在最后一行解方程。

回到马的问题，会发现其实是一个道理，我们这时候固定前两行和第一列，然后会发现在这些确定的情况下，第一行第一列只能最后被第三行第二列的格子翻转。同样列方程，主元法，解最后两行和最右边一行的情况即可。

高斯消元部分，在一般 No solution 的位置 $cnt+1$ 答案就是 $2^{cnt}$

P4151 【WC2011】${\color{Orange} \sharp }$\surd$

这样思考一个问题，我们现在已经有一条路径了，我们怎么让它更优？

可能会说选择中间两个点，让他们出去绕一圈回来！

确实不假，那一个点呢？

一个点其实也可以优化，我们让这个点出去到一个环的位置，围着环绕一圈，然后原路返回，路上的值恰好被抵消了。

我们再想一下，这两个方法有什么本质上的不同吗？或者说有什么相同点？

合并起来，会发现都是选择一个环，不管有没有与原路径重合，把原来的值异或上这个环的值。

这时候我们就看到想要的形式了，我们找出来图里面的环，并且随便选择一条路径，把换线性基一下找异或最大值即可！

具体实现方面跑一棵生成树即可。