代数学总结
代数学总结
定义
数是研究数、数量、关系、结构与代数方程的数学分支。初等代数一般在中学时讲授，介绍代数的基本思想：研究当我们对数字作加法或乘法时会发生什么，以及了解变量的概念和如何建立多项式并找出它们的根。代数的研究对象不仅是数字，而是各种抽象化的结构。例如整数集作为一个带有加法、乘法和序关系的集合就是一个代数结构。在其中我们只关心各种关系及其性质，而对于“数本身是什么”这样的问题并不关心。常见的代数结构类型有群、环、域、模、线性空间等。（摘自百度百科）
1. 高斯消元
P3389 【模板】高斯消元法
高斯-约旦消元法：
相对于传统的高斯消元，约旦消元法的精度更好、代码更简单，没有回带的过程。
约旦消元法大致思路如下：
- 选择一个尚未被选过的未知数作为主元，选择一个包含这个主元的方程。
- 将这个方程主元的系数化为1。
- 通过加减消元，消掉其它方程中的这个未知数。
- 重复以上步骤，直到把每一行都变成只有一项有系数。
我们用矩阵表示每一项系数以及结果
时间复杂度：\(O(n^3)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define re register
#define il inline
#define debug printf("Now is %d\n",__LINE__);
using namespace std;
#define maxn 105
#define D double
D a[maxn][maxn];
int n;
int main()
{
scanf("%d",&n);
for(re int i=1;i<=n;++i)
{
for(re int j=1;j<=n+1;++j)
{
scanf("%lf",&a[i][j]);
}
}
for(re int i=1;i<=n;++i)//枚举列（项）
{
re int max=i;
for(re int j=i+1;j<=n;++j)//选出该列最大系数
{
if(fabs(a[j][i])>fabs(a[max][i]))
//fabs是取浮点数的绝对值的函数
{
max=j;
}
}
for(re int j=1;j<=n+1;++j)//交换
{
swap(a[i][j],a[max][j]);
}
if(!a[i][i])//最大值等于0则说明该列都为0，肯定无解
{
puts("No Solution");
return 0;
}
for(re int j=1;j<=n;++j)//每一项都减去一个数（即加减消元）
{
if(j!=i)
{
re D temp=a[j][i]/a[i][i];
for(re int k=i+1;k<=n+1;++k)
{
a[j][k]-=a[i][k]*temp;
//a[j][k]-=a[j][i]*a[i][k]/a[i][i];
}
}
}
}
//上述操作结束后，矩阵会变成这样
/*
k1*a=e1
k2*b=e2
k3*c=e3
k4*d=e4
*/
//所以输出的结果要记得除以该项系数，消去常数
for(re int i=1;i<=n;++i)
{
printf("%.2lf\n",a[i][n+1]/a[i][i]);
}
return 0;
}
2. 矩阵求逆
思路
- 求 \(A\) 的逆矩阵，把 \(A\) 和单位矩阵 \(I\) 放在一个矩阵里
- 对 \(A\) 进行加减消元使 \(A\) 化成单位矩阵
- 此时原来单位矩阵转化成逆矩阵
原理
\[A^{-1}*[AI]=[IA^{-1}]
\]
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#define re register
#define il inline
#define ll long long
using namespace std;
il ll read(){
ll s=0,f=0;char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9') f=(c=='-'),c=getchar();
while(c>='0'&&c<='9') s=(s<<3)+(s<<1)+(c^'0'),c=getchar();
return f?-s:s;
}
const int N=405,mod=1e9+7;
int n;
ll a[N][N<<1];
il ll qpow(ll x,ll k){
ll ans=1;
while(k){
if(k&1) ans=ans*x%mod;
x=x*x%mod;
k>>=1;
}
return ans%mod;
}
il void Gauss_j(){
for(re int i=1,r;i<=n;++i){
r=i;
for(re int j=i+1;j<=n;++j)
if(a[j][i]>a[r][i]) r=j;
if(r!=i) swap(a[i],a[r]);
if(!a[i][i]){puts("No Solution");return;}
int kk=qpow(a[i][i],mod-2); //求逆元
for(re int k=1;k<=n;++k){
if(k==i) continue;
int p=a[k][i]*kk%mod;
for(re int j=i;j<=(n<<1);++j)
a[k][j]=((a[k][j]-p*a[i][j])%mod+mod)%mod;
}
for(re int j=1;j<=(n<<1);++j) a[i][j]=(a[i][j]*kk%mod);
//更新当前行 如果放在最后要再求一次逆元,不如直接放在这里
}
for(re int i=1;i<=n;++i){
for(re int j=n+1;j<(n<<1);++j) printf("%lld ",a[i][j]);
printf("%lld\n",a[i][n<<1]);
}
}
int main(){
n=read();
for(re int i=1;i<=n;++i)
for(re int j=1;j<=n;++j)
a[i][j]=read(),a[i][i+n]=1;
Gauss_j();
return 0;
}
推荐
行列式求值
定义
\(det(A)=\mid A\mid =\sum\limits_p(-1)^{\tau(p)}\mathop{\Pi}\limits_{i=1}^na_{i,p_i}\)
其中 \(p\) 表示一个排列，\(\tau(p)\) 表示排列中逆序对的个数，即排列的奇偶性。
行列式的一些性质（感性理解即可）
- 交换矩阵的两行，行列式取反；
- 交换矩阵 \(1\) 行于 \(1\) 列，行列式不变；
- 如果矩阵 \(A\) 中有一行（列），矩阵 \(B,C\) 中分别对应的 \(2\) 行（列）的元素之和，那么 \(\det(A)=\det(B)+\det(C)\)；
- 如果矩阵 \(A\) 两行成比例，则 \(det(A)=0\)；
- 把一个矩阵一行（列）的值全部乘一个常数加到另一行（列）上，行列式值不变。
行列式求值
根据以上性质，可以类似高斯消元将矩阵消成上三角矩阵，但是这里有模数，必须辗转消除来消元。
代码：
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 605;
int n,mod;
ll a[N][N];
ll solve()
{
bool w = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= n;j++)
{
if(i==j)continue;
while(a[i][i])
{
int now = a[j][i]/a[i][i];
for(int k = i;k <= n;k++)
a[j][k] = (a[j][k]-now*a[i][k]%mod+mod)%mod;
swap(a[i],a[j]);w = !w;
}
swap(a[i],a[j]);w = !w;
}
ll ans = 1;
for(int i = 1;i <= n;i++)(ans *= a[i][i]) %= mod;
return (w?ans:-ans);
}
inline int rd()
{
char c;int f = 1;
while((c = getchar())<'0'\mid \mid c>'9')if(c=='-')f = -1;
int x = c-'0';
while(('0' <= (c = getchar()))&&c <= '9')x = x*10+(c^48);
return x*f;
}
int main()
{
n = rd();mod = rd();
for(int i = 1;i <= n;i++)
for(int j = 1;j <= n;j++)
a[i][j] = rd();
cout << (solve()+mod)%mod;
return 0;
}
3. 拉格朗日差值
P4781 【模板】拉格朗日插值
众所周知，\(n+1\) 个 \(x\) 坐标不同的点可以确定唯一的最高为 \(n\) 次的多项式。在算法竞赛中，我们常常会碰到一类题目，题目中直接或间接的给出了 \(n+1\) 个点，让我们求由这些点构成的多项式在某一位置的取值.
一个最显然的思路就是直接高斯消元求出多项式的系数，但是这样做 \(O(n^3)\) 的复杂度巨大且根据算法实现不同往往会存在精度问题。而拉格朗日插值法可以在 \(O(n^2)\) 的复杂度内完美解决上述问题。
假设该多项式为 \(f(x)\)，第 \(i\) 个点的坐标为 \((x_i,y_i)\)，我们需要求 \(f(k)\) 的取值。
根据拉格朗日插值法:
\[f(k)=\sum_{i=0}^{n}y_i\prod_{i\not= j}\frac{k-x_j}{x_i-x_j}
\]
我们将 \(x_0,x_1...x_n\) 依次带进去，可以发现结果也刚好是 \(y_0,y_1...y_n\)。
代码
#include <iostream>
#include <cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
const int N = 2e3+5,mod = 998244353;
int n;
ll x[N],y[N],k,ans;
ll qp(ll x,int y)
{
ll ans = 1;
for(;y;y >>= 1,x = x*x%mod)
if(y&1)(ans *= x) %= mod;
return ans;
}
int main()
{
scanf("%d%lld",&n,&k);
for(int i = 1;i <= n;i++)
scanf("%lld%lld",x+i,y+i);
for(int i = 1;i <= n;i++)
{
ll sum = 1;
for(int j = 1;j <= n;j++)if(i!=j)
(sum *= (k-x[j]+mod)*qp(x[i]-x[j]+mod,mod-2)%mod) %= mod;
(ans += sum*y[i]) %= mod;
}
printf("%lld\n",ans);
return 0;
}
拉格朗日的拓展：在 \(x\) 连续时的做法
应用：The Sum of the k-th Powers
给定 \(n,k\)，求 \(\sum_{i=1}^{n}i^k\) (\(n\le10^9,k\le10^6\))。
可以简单的想一想，这玩意就是以 \(n\) 为自变量的 \(k+1\) 次多项式。
然后就直接用拉格朗日差值计算即可，复杂度为 \(O(k)\)。
代码
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mo = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
int pl[N], pr[N], fac[N];
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
for(; b >= 1; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mo)
if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mo;
return ans;
}
int main() {
int n, k, y = 0, ans = 0;
scanf("%d%d", &n, &k);
pl[0] = pr[k + 3] = fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= k + 2; i ++)
pl[i] = 1ll * pl[i - 1] * (n - i) % mo;
for(int i = k + 2; i >= 1; i --)
pr[i] = 1ll * pr[i + 1] * (n - i) % mo;
for(int i = 1; i <= k + 2; i ++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mo;
for(int i = 1; i <= k + 2; i ++) {
y = (y + qpow(i, k)) % mo;
int a = pl[i - 1] * 1ll * pr[i + 1] % mo;
int b = fac[i - 1] * ((k - i) & 1 ? -1ll : 1ll) * fac[k + 2 - i] % mo;
ans = (ans + 1ll * y * a % mo * qpow(b, mo - 2) % mo) % mo;
}
printf("%d\n", (ans + mo) % mo);
return 0;
}
浙公网安备 33010602011771号