高斯消元

大暴力

应用：求解线性方程

前置知识：矩阵操作

对于方程组

$$\{\begin{array}{l}{a}_{11}{x}_1+a_{12}{x}_2+\cdots +a_{1n}{x}_n=m_1\\ a_{21}{x}_1+a_{22}{x}_2+\cdots +a_{2n}{x}_n=m_2\\ \cdots \\ a_{n1}{x}_1+a_{n2}{x}_2+\cdots +a_{nn}{x}_n=m_n\end{array}$$

我们将他的系数和结果掏出来组成一个$n\times (n+1)$的矩阵来模拟消元操作

目标：把矩阵化成一个上三角的形式

$$\left[\begin{array}{cccccc}1& a_{12}^{\prime }& a_{13}^{\prime }& \cdots & a_{1n}^{\prime }& b_1^{\prime }\\ 0& 1& a_{23}^{\prime }& \cdots & a_{2n}^{\prime }& b_2^{\prime }\\ \cdots \\ & & & & 1& b_n^{\prime }\end{array}\right]$$

直观理解：

那么我们就能解出$x_n$，再一步步回代即可

步骤：

eg:

$$\left[\begin{array}{ccccc}0.02& 0.01& 0& 0& 0.02\\ 2& 2& 1& 0& 1\\ 0& 1& 2& 1& 4\\ 0& 0& 100& 200& 800\end{array}\right]$$

枚举待消主元，对于第$i$个主元，进行如下操作：

1.找到系数非零行

我们找到当前主元的系数绝对值最大且不为0的行，把他换到第$i$行来作为上三角的一部分，然后把剩下行中的该主元消掉，变成

$$\left[\begin{array}{ccccc}2& 2& 1& 0& 1\\ 0.02& 0.01& 0& 0& 0.02\\ 0& 1& 2& 1& 4\\ 0& 0& 100& 200& 800\end{array}\right]$$

2.化简第$i$行系数

把主元的系数化为1，方便后续操作

$$\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 0.5& 0& 0.5\\ 0.02& 0.01& 0& 0& 0.02\\ 0& 1& 2& 1& 4\\ 0& 0& 100& 200& 800\end{array}\right]$$

3.消元

枚举后边的行，对于枚举到的第$k(k\in [i+1,n])$行,在上一步的简化下，该行每个系数所减去的值就是该行主元的系数乘上第$i$行对应系数得到的值

$$\left[\begin{array}{ccccc}1& 1& 0.5& 0& 0.5\\ 0.02-1\times 0.02& 0.01-1\times 0.02& 0-0.5\times 0.02& 0& 0.02-0.5\times 0.02\\ 0& 1& 2& 1& 4\\ 0& 0& 100& 200& 800\end{array}\right]$$

依次搞过去就行了，大模拟

特判

• 无解：出现$0,0,0,\cdots ,b_i^{\prime }\ne 0$的情况

• 无穷解：上述情况中$b_i^{\prime }=0$

EXTRA：

异或方程组

取模方程组

P4035 [JSOI2008] 球形空间产生器

设球心$O(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$

对于第$i,i+1$个点而言,满足

$$\sum _{j=1}^n(a_{i,j}-x_j{)}^2=\sum _{j=1}^n(a_{i+1,j}-x_j{)}^2$$

二次方刚好约掉，化简一下就是

$$\sum _{j=1}^{n}2(a_{i+1,j}-a_{i,j})x_j=\sum _{j=1}^n(a_{i+1,j}^2-a_{i,j}^2)$$

$n+1$个点，刚好$n$个方程，造就完了

开关问题

已知初始状态$p_i$，每操作一个开关，与它相关的开关（各开关间的关系给定）也变为相反的状态，求达到目标状态$q_i$的方案数

首先有几个点要明确一下

• 结果与顺序无关

• 一个开关只需操作一次（第二次操作会抵消掉第一次操作，相当于没操作）

虽然似乎很显然，但其实挺重要的

我们把关系放到一个矩阵中，$a_{i,j}=1$表示操作开关$j$会影响开关$i$

这样定义是因为$j$表示未知数（主元），$i$代表一个方程，矩阵$a$相当于是一个系数的角色，所以这么搞

设第$i$个开关操作了$x_i$次

那么对于第$i$个开关来说，他的最终状态就是所有与它有关（包括他自己）的开关操作完后的最终态，即$a_{i,j}\times x_i$

接下来考虑用什么运算叠加每一个开关造成的影响

这时有一个性质2来了：所有开关至多操作一次

也就是说：$\mathrm{\forall }{x}_i,x_i⩽1$

进一步的，$a_{i,j}\times x_i$非$0$即$1$

结合经验，奇数个操作改变状态，偶数个不改变

所以可以使用异或

那么就得到了

$$\{\begin{array}{l}{p}_1\oplus a_{11}{x}_1\oplus a_{12}{x}_2\oplus \cdots a_{1n}{x}_n=q_1\\ p_2\oplus a_{21}{x}_1\oplus a_{22}{x}_2\oplus \cdots a_{2n}{x}_n=q_2\\ \cdots \\ p_n\oplus a_{n1}{x}_1\oplus a_{n2}{x}_2\oplus \cdots a_{nn}{x}_n=q_n\end{array}$$

但似乎有一个问题：这样的方程组怎么解呢，它又有几个解（即题目中的方案数）呢？

解法可以参考线性方程组的解法，加（没有减的转化，因为不需要化简系数）改异或，考虑解的数量

对于方程来说只有三种情况：无解，唯一解，无穷解

前两个好说，我们来想想无穷解的内涵

无穷解就是出现了有若干个变量可以取任意值，这些变量通常称为自由元

假设有$k$个自由元，结合$x_i\in \{0,1\}$,那方案数就是这些自由元取值的组合，为$2^k$

P2973 [USACO10HOL] Driving Out the Piggies G

设每个节点被污染的概率是$x_i$，度数是$d_i$

古典概型，所以只有加或乘

考虑炸弹如何转移到$i$节点

• 节点1：要么瞬间爆炸，要么从别的点转移回来，并且炸弹没炸

$$x_1=\frac{p}{q}+\sum _{(1,j)\text{间有边}}{x}_j\times \frac{1}{d_j}\text{（从j到i的概率）}\times (1-\frac{p}{q})\text{（不炸的概率）}$$

• 其他节点：只可能转移而来

$$x_i=\sum _{(i,j)\text{间有边}}{x}_j\times \frac{1}{d_j}\times (1-\frac{p}{q})$$

但这样太抽象了不像方程组，而且看上去是实时更新的

但是次数没有限制，不可能是遍历若干次后更新更出来的

其实可以这样理解：这些方程是最终态满足的条件

那就解罢

注，严格的证明涉及到期望，先咕咕

一个$n\times m$,由$0,1,2$组成的矩阵，每次操作可以选取一个方格，使得它加上$2$之后对$3$取模，周围的四个方格加上$1$后对$3$取模，请你在$2nm$操作次数内让整个矩阵变成$0$。输出一种方案

其实这个题略微类似于开关问题，只不过那道题模数是$2$

先明确这道题中除法统一改为求逆元

设每个方格被修改次数是$x_{i,j}$，初始值$a_{i,j}$
类比开关问题可得：$x_{i,j}⩽2$

一个方格受左邻右舍的影响，则有

$$a_{i,j}+2\times x_{i,j}+1\times (x_{i-1,j}+x_{i+1,j}+x_{i,j+1}+x_{i,j-1})\equiv 0(\mathrm{mod}3)$$

这样一来有个难点：$x_{i,j}$如何用一维表示

要不直接开个三维数组吧

对于$x_{i,j}$，他“头上”的矩形中有$(i-1)\times m$个数，他是这一行的第$j$个，那他的编号就是$(i-1)\times m+j$

接下来构造方案

我想想

对于自由元，直接取零，对于非自由元，移项后再翻成正的，取最终值

搞就完了

（PS：这道题中一个数的逆元就是他自己（doge））