【题解】Solution Set - 新高一矩阵选讲「陶治霖」

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新高一矩阵选讲「陶治霖」

https://www.becoder.com.cn/contest/5348

一般的转移矩阵可以放在初始矩阵的前面或者后面，下面为了叙述方便分别成为：前置转移矩阵、后置转移矩阵。

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「CF1970E3」Trails (Hard)

考虑 DP。

定义 $f_{i,j}$ 表示，第 $i$ 天走到 $j$ 的方案数。有转移：

$$f_{i,j}=\sum _{k=1}^m{f}_{i-1,k}\times (s_j{l}_k+s_k{l}_j+s_j{s}_k)$$

https://www.luogu.com.cn/article/ixp00mtq

Motivation: 为什么要设 $w$？因为这样可以把转移矩阵转化成两个单项式的代数和，从而通过另外两个矩阵来得到。接着通过结合律来间接实现“交换律”，从而缩小矩阵的规模。

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「CF1609E」William The Oblivious

不考虑修改。

考虑 DP。

设 $f_{i,j}$ 表示，前 $i$ 位，存在 $\text{abc}$ 的最长前缀长度为 $j$，的最小代价。

$$\begin{array}{rl}{f}_{i,0}& =f_{i-1,0}+[s_i=a]\\ f_{i,1}& =min\{f_{i-1,0}+[s_i\ne \text{a}],f_{i-1,1}+[s_i=\text{b}]\}\\ f_{i,2}& =min\{f_{i-1,1}+[s_i\ne \text{b}],f_{i-1,2}+[s_i=\text{c}]\}\end{array}$$

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打住！这样的 DP 好像并没有什么用。

再仔细思考一下，如果将 a,b,c 映射到 1,2,3，不存在 abc 的子序列，根据 Dilworth 定理，就等价于不能将原序列划分为超过 $2$ 个下降子序列。虽然但是好像还是没什么用。😅

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emmmmmmmmmmmmmm，问题不大，还是回 DP 吧。

好像是 min+ 矩乘的形式，好好好，线段树维护一下矩阵应该就好了。

初始矩阵：

$$\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 0\end{array}\right]$$

后置转移矩阵：

$$\left[\begin{array}{ccc}[s_i=\text{a}]& [s_i\ne \text{a}]& +\mathrm{\infty }\\ +\mathrm{\infty }& [s_i=\text{b}]& [s_i\ne \text{b}]\\ +\mathrm{\infty }& +\mathrm{\infty }& [s_i=\text{b}]\end{array}\right]$$

（好耶！居然自己推出来了（

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「CF1458C」Latin Square

还是有点考思维，对于矩阵中的每一个元素我们维护：$(x,y,z)$ 表示她在原矩阵中的位置和值。

每次更新 $O(1)$ 维护一下每一维的增量，最后统一算。

https://www.luogu.com.cn/article/cv0ox3lk

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「CF593E」Strange Calculation and Cats

感觉难度虚高（？

$n\times m\le 20$？直接将所有点的方案数保存在一个矩阵里面，然后每次操作的时候对应不同的一个转移矩阵。

设每次操作间 $i$ 的差值为 $d_i$。有 $\sum d_i\le {10}^9$

则，时间复杂度为 $O((nm{)}^3\sum \log d_i)=O((nm{)}^3\log (\prod d_i))$

由均值不等式，当所有 $d_i$ 相等时，$\prod d_i$ 取最大值。

则，最坏时间复杂度为 $O((nm{)}^3\log (\prod \frac{{10}^9}{T}))=O((nm{)}^{3}T\log (\frac{{10}^9}{T}))\approx 1,328,771,237$

这 nm 4s 也跑不过啊，但是 std 是这样，我们也没办法，只能相信 CF 神机了（本地卡满的话 10s 跑不出来（

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「CF837F」Prefix Sums

做 $i$ 次前缀和，可以理解成高维前缀和，于是每一位的贡献就是组合数（？https://www.luogu.com.cn/article/pe2tw8uk

或者生成函数理解？

感性理解一下，如果 $A_0$ 里面非零的元素很多，那么 $A_{i,n}$ 增长的一定很快。具体的当这个值 $>10$ 的时候就可以暴力了。

否则的话，可以二分答案，这个时候 $n<10$，check 的时候就可以矩阵加速了。

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「CF51E」Pentagon

用一张图的邻接矩阵自乘 $k$ 次，对应点 $(i,j)$ 即为从 $i$ 到 $j$ 经过路径长度为 $k+1$ 的方案数。

特别的 $(i,i)$ （主对角线）上的和除以 $k+1$，即为 $k+1$ 元 “环” 的个数。（这里的环打引号是因为环上可能有重边。

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证明其实也比较显然。其实是一个 dp 的过程。

设 $f_k(i,j)$ 为第 $k$ 次自乘后的矩阵。

则有转移：

$$f_k(i,j)=\sum _{t=1}^n{f}_{k-1}(i,t)\times f_0(t,j)$$

然后，我们发现这就是矩阵乘法，就完了。

然后这道题求五元环的话，就要去除所有的三元环就可以了。

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「GXOI/GZOI2019」 逼死强迫症

考虑 DP。

$f[i][0/1][0/1][j]$：前 $i$ 个，第 $i$ 位的上面/下面是否空位，用掉了 $j$ 个 $1\times 1$。

不想再抄一遍转移方程了😭（好难崩

https://www.luogu.com.cn/record/171025316

然后就有一个 $O({12}^3\log n)$ 的做法，但是非常非常非常的难写，实际上也有人这么做了：https://www.luogu.com.cn/article/rl04j4ml

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还是学学题解吧。

设 $g_i$ 为斐波拉契数列，$h_i$ 为其前缀和。

则有：$h_i=g_{i+2}-1$。

证明：

考虑数学归纳法。

假设该等式对 $i\le m$ 成立，那么对于 $i=m+1$：

$h_m=g_{m+2}-1\Rightarrow h_m+g_{m+1}=g_{m+2}+g_{m+1}-1\Rightarrow h_{m+1}=g_{m+3}-1$

https://www.luogu.com.cn/article/wkm5np6x

我的实现里面矩阵是：

$$\left[\begin{array}{ccccc}{f}_{i-1}& f_i& g_{i-1}& g_i& 1\end{array}\right]$$

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后记：好像看到 @spdarkle 用的是 2x2 的矩阵？！？！

emmmm，其实吧，我觉得只要不超过 5 的矩阵我都是能接受的（12 的就算了吧（

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「SDOI2009」HH去散步

还是邻接矩阵自乘，然后考虑剔除重边的情况。

考虑给对男方家里圣诞泛滥的能尽快就看看东方红抗生素oo