Codeforces 736 D

前置知识：

1. 行列式的定义
2. 代数余子式
3. 伴随矩阵
4. 行列式、伴随矩阵和矩阵逆的关系：\(A^{-1} = \frac{A*}{|A|}\)。

一、转成行列式表达

设\(A_{i,j}\)表示第\(i\)个数能否填成\(j\)。

那么合法的排列数是\(E(A)=\sum_{permutation\; :\; P} \prod_{j=1}^{n} A_{i}{P_{j}}\)。

这个东西叫矩阵的积和式。是P完全的，比NP完全还难搞。

不过我们发现这个和行列式的公式有些像，不过行列式对于每个乘积前加上了\(+1\)或\(-1\)的系数。而且我们惊喜的发现，\(+1\)和\(-1\)在模\(2\)的意义下，是相等的，也就是：

\[E(A)\equiv |A| \mod 2 \]

这样，我们只要求出每次删除一项后，剩下的矩阵\(A\)的行列式\(|A|\)，就可以判断奇偶。

二、代数余子式和伴随矩阵

如果我们暴力枚举每一个是\(1\)的项，肯定过不了。

那么这里我们就发现，对于每个限制\((a_{i},b_{i})\)，我们计算第\(a_{i}\)项确定为\(b_{i}\)时的方案数，这也就是去除\((a_{i},b_{i})\)限制时减少的方案数。

我们发现第a[i]项确定为b[i]时的方案数，就是去掉\(a_{i}\)行，\(b_{i}\)列的矩阵的行列式，也就是\(B_{i,j}\)，其中\(B\)为\(A\)代数余子式。

求代数余子式复杂度还是太高。但是我们可以求出伴随矩阵，就是将代数余子式的行列对调，即\(A*_{i,j}=B_{j,i}\)。

三、求伴随矩阵

我们利用这个公式：

\[A^{-1} = \frac{A*}{|A|} \]

注意到题中说初始方案是奇数，故\(|A|\equiv 1\mod 2\)。那么我们就可以得到：

\[A^{-1}\equiv A* \mod 2 \]

求出\(A^{-1}\)，然后交换行列，就可以得到\(A\)的代数余子式。

直接求\(A^{-1}\)是\(O(n^3)\)的，不过我们这里只关心\(A^{-1}\)模\(2\)，则我们可以使用bitset优化到\(O(\frac{n^3}{\omega})\)。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

int n,m,x[500005],y[500005];
std::bitset<4005> mat[2005];
bool res[2005][2005];

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",x+i,y+i);
		mat[x[i]][y[i]]=1;
	}
	for(int i=n+1;i<=n+n;i++) {
		mat[i-n][i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int p=0;
		for(int j=i;j<=n;j++) {
			if(mat[j][i]) {
				p=j;
			}
		}
		std::swap(mat[i],mat[p]);
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			if(j!=i&&mat[j][i]) {
				mat[j]^=mat[i];
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			res[i][j]=1^mat[j][i+n];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		if(res[x[i]][y[i]]) {
			printf("YES\n");
		} else {
			printf("NO\n");
		}
	}
	return 0;
}