uoj#272. 【清华集训2016】石家庄的工人阶级队伍比较坚强(矩阵+三维FWT)

传送门

题解

抄代码\(20\)分钟,搞懂题解在干嘛仨小时→_→

到今天才算真正搞明白\(FWT\)在干吗了

本题

首先转移关系都是恒定的,设它为一个矩阵\(B\),那么要求的就是\(f_n=f_0B^n\)

定义三进制不退位减法\(\ominus\),三进制不退位加法\(\oplus\),这两个互为逆运算(可以类比一下二进制的异或)

根据\(B\)矩阵的定义以及剪刀石头布的性质易知\(\forall k \lt 3^m,B_{i\oplus k,j\oplus k}=B_{i,j}\)

那么易知\(B_{i,j}=B_{i\ominus j,0}\)。不难发现这个结论也可以推广到\(B^n\),即有\(\forall k \lt 3^m,B^n_{i\oplus k,j\oplus k}=B^n_{i,j}\),可以用归纳法证,也可以感性理解一下

那么对于\(f_n=f_0B^n\),它的第\(i\)项就为$$f_{n,i}=\sum_k f_{0,k}B^n_{k,i}=\sum_k f_{0,k}B^n_{0,i\ominus k}=\sum_{x\oplus y=i}f_{0,x}B^n_{0,y}$$
于是这玩意儿可以写成一个卷积的形式

我们发现上面的式子只需要\(B\)的第一行就够了,那么因为$$B^n_{0,i}=\sum_k B^n_{0,k}B_{k,i}=\sum_k B^n_{0,k}B_{0,i\ominus k}=\sum_{x\oplus y=i} B^n_{0,x}B_{0,y}$$
那么\(B\)的第一行做\(n\)次卷积,然后\(f\)再和它做一次卷积就是答案了

卷积

我们现在需要找到一个三进制不退位加法的卷积变换。据LargestJN大佬说,如果下标运算是模意义下加法,这个卷积就叫做循环卷积

然而就算它叫鸡卷也没用我们还是不会求

首先一个卷积就是要满足\(T(a)T(b)=T(a\oplus b)\)(这里\(\oplus\)为任意运算),设\(T\)为这个卷积的矩阵,\(x_{i,j}\)为这个矩阵中的某个元素,那么上面的形式就可以表现为$$(\sum_{j=0}{n-1}x_{i,j}a_j)(\sum_{k=0}{n-1}x_{i,k}a_k)=\sum_{j=0}^{n-1}x_{i,j}\sum_{k\oplus t=j}a_kb_t$$
于是考虑\(a_k\)\(b_t\)的贡献,得有$$x_{i,k}x_{i,t}a_kb_t=x_{i,k\oplus t}a_k,b_t$$
那么就是对于\(T\)的每一行都得有$$x_{k}x_{t}=x_{k\oplus t}$$
于是\(T\)的每一行都是方程组\(x_{k}x_{t}=x_{k\oplus t}\)的一组解

然而只有卷积万一没有卷积的逆变换(管它叫鸡卷好了)就gg了

所以我们的\(T\)还得有逆矩阵,那么根据线性代数的芝士,\(T\)的行列式不为\(0\),那么方程组\(x_{k}x_{t}=x_{k\oplus t}\)至少要有\(n\)组不同的解

先来看看循环卷积的一般形式,长这样$$A\times B=\sum_{i}\sum_{(j+k)mod \ n=i}A_jB_k$$
\(T\)满足\(x_ix_j=x_{(i+j)mod\ n}\)

然后我们发现\(n\)次单位根\(\omega^i\)就是一组可行的解

不知道\(n\)次单位根的可以回去看看\(FFT\)的原理

然而需要\(n\)组解,于是矩阵长这样

逆矩阵为$$\frac{1}{n} \begin{bmatrix}
1& 1 & 1& ... & 1\
1& w_n^{-1}& w_n^{-2}& ... & w_n^{-(n - 1)}\
1& w_n^{-2} & w_n^{-4}& ... & w_n^{-2(n- 1)}\
...& ...& ...& ...& ...\
1& w_n^{-(n - 1)}& w_n^{-2(n - 1)} & ... & w_n^{-(n - 1)(n - 1)}
\end{bmatrix}$$

回到本题

因为是三进制不进位加法,所以就选三次单位根\(\omega\)。这里可以把所有的复数都表示为\(a+b\omega\)的形式,那么因为三次单位根有\(\omega^2+\omega+1=0\),所以有\(\omega^2=-\omega-1\),所以所有的系数都是\(0/1/-1\),运算过程中就不用取模了。两个复数的乘法就是$$(a+b\omega)(c+d\omega)=ac+(ad+bc)\omega+bd(-\omega-1)=(ac-bd)+(ad+bc-bd)\omega$$
然后根据上面,$$T= \left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \ 1 & \omega & \omega^2 \ 1 & \omega^2 & \omega \end{matrix} \right]$$
以及我们知道$$\left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \ 1 & \omega & \omega^2 \ 1 & \omega^2 & \omega \end{matrix} \right]\times \left[ \begin{matrix} 1 & 1 & 1 \ 1 & \omega^2 & \omega \ 1 & \omega & \omega^2 \end{matrix} \right]=3E$$
其中\(E\)是单位矩阵

那么我们就可以把后面那个当做逆矩阵,带进去算

因为\(DFT\)\(IDFT\)本质都是分治做向量对矩阵的乘法,它\(IDFT\)的时候每一次都多乘了个\(3\),总共有\(\log_3 n\)层,那么总共多乘了\(3^{\log_3 n}=n\)次,那么只要最后把所有元素都除以一个\(n\)就吼啦!

奇怪的模数问题……

最后是一个比较奇怪的模数问题,因为我们最后要除以\(3^m\),要求\(3^m\)有逆元,也就是\(3\nmid p\),然后因为它这个奇怪的模数\(p\),假设\(k=\frac{p}{3}\)是个正整数,那么有$$\frac{1}{k + 1} + \frac{1}{k(k + 1)} = \frac{1}{k} = \frac{3}{p}$$
矛盾,于是\(3\nmid p\)

然后……就真的没然后了……

//minamoto
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<map>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
#define go(u) for(int i=head[u],v=e[i].v;i;i=e[i].nx,v=e[i].v)
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
    R int res,f=1;R char ch;
    while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
    for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
    return res*f;
}
char sr[1<<21],z[20];int C=-1,Z=0;
inline void Ot(){fwrite(sr,1,C+1,stdout),C=-1;}
void print(R int x){
    if(C>1<<20)Ot();if(x<0)sr[++C]='-',x=-x;
    while(z[++Z]=x%10+48,x/=10);
    while(sr[++C]=z[Z],--Z);sr[++C]='\n';
}
const int N=6e5+5;
int lim,m,P,t,b[25][25],a[N],inv2,invn;
inline int add(R int x){return x>=P?x-P:x;}
inline int dec(R int x){return x<0?x+P:x;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
void exgcd(int &x,int &y,int a,int b){
	if(!b)return (void)(x=1,y=0);
	exgcd(y,x,b,a%b),y-=a/b*x;
}
inline int inv(int a){
	int x,y;exgcd(x,y,a,P);
	return (x%P+P)%P;
}
struct complex{
	int x,y;
	complex(int X=0,int Y=0):x(X),y(Y){}
	inline complex operator +(const complex &b){return complex(add(x+b.x),add(y+b.y));}
	inline complex operator -(const complex &b){return complex(dec(x-b.x),dec(y-b.y));}
	inline complex operator *(const complex &b){
		return complex(dec(mul(x,b.x)-mul(y,b.y)),dec(add(mul(x,b.y)+mul(y,b.x))-mul(y,b.y)));
	}
	inline bool operator <(const complex &b)const{
		return x==b.x?y<b.y:x<b.x;
	}
}f[N],g[N];map<complex,complex>mp;
complex ksm(complex x,R int y){
	complex res(1,0);
	for(;y;y>>=1,x=x*x)if(y&1)res=res*x;
	return res;
}
complex calc1(complex b){return complex(dec(-b.y),dec(b.x-b.y));}
complex calc2(complex b){return complex(dec(b.y-b.x),dec(-b.x));}
void DFT(complex *A){
	for(R int mid=1;mid<lim;mid*=3)
		for(R int j=0;j<lim;j+=mid*3)
			for(R int k=0;k<mid;++k){
				complex x=A[j+k],y=A[j+k+mid],z=A[j+k+(mid<<1)];
				A[j+k]=x+y+z;
				A[j+k+mid]=x+calc1(y)+calc2(z);
				A[j+k+(mid<<1)]=x+calc2(y)+calc1(z);
			}
}
void IDFT(complex *A){
	for(R int mid=1;mid<lim;mid*=3)
		for(R int j=0;j<lim;j+=mid*3)
			for(R int k=0;k<mid;++k){
				complex x=A[j+k],y=A[j+k+mid],z=A[j+k+(mid<<1)];
				A[j+k]=x+y+z;
				A[j+k+mid]=x+calc2(y)+calc1(z);
				A[j+k+(mid<<1)]=x+calc1(y)+calc2(z);
			}
	for(R int i=0;i<lim;++i)A[i].x=mul(A[i].x,invn);
}
int main(){
//	freopen("testdata.in","r",stdin);
	m=read(),t=read(),P=read();
	lim=1;fp(i,1,m)lim*=3;
	if(P==1){
		fp(i,0,lim-1)print(0);
		return Ot(),0;
	}
	fp(i,0,lim-1)a[i]=read();
	fp(i,0,m)fp(j,0,m-i)b[i][j]=read();
	fp(i,0,lim-1){
		int tmp=i,cntw=0,cntl=0;
		while(tmp){
			int k=tmp%3;
			k==1?++cntw:k==2?++cntl:0;
			tmp/=3;
		}g[i]=b[cntw][cntl],f[i]=a[i];
	}
	inv2=inv(2),invn=inv(lim);
	DFT(f),DFT(g);
	fp(i,0,lim-1)f[i]=f[i]*(mp.count(g[i])?mp[g[i]]:(mp[g[i]]=ksm(g[i],t)));
	IDFT(f);
	fp(i,0,lim-1)print(f[i].x);
	return Ot(),0;
}
posted @ 2019-01-08 16:40  bztMinamoto  阅读(939)  评论(4编辑  收藏  举报
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