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

\[\begin{cases} a_{11}x_1 + a_{12}x_2 + \cdots + a_{1n}x_n = m_1 \\ a_{21}x_1 + a_{22}x_2 + \cdots + a_{2n}x_n = m_2 \\ \cdots \\ a_{n1}x_1 + a_{n2}x_2 + \cdots + a_{nn}x_n = m_n \\ \end{cases} \]

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

\[\begin{bmatrix} 1 & a_{12}' & a_{13}' & \cdots & a_{1n}' & b_1' \\ 0 & 1 & a_{23}' & \cdots & a_{2n}' & b_2'\\ \cdots \\ & & && 1 & b_n' \end{bmatrix} \]

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:

\[\begin{bmatrix}0.02&0.01&0&0&0.02\\2&2&1&0&1\\0&1&2&1&4\\0&0&100&200&800\end{bmatrix} \]

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

\[\begin{bmatrix}2&2&1&0&1\\0.02&0.01&0&0&0.02\\0&1&2&1&4\\0&0&100&200&800\end{bmatrix} \]

2.化简第\(i\)行系数

把主元的系数化为1，方便后续操作

\[\begin{bmatrix}1&1&0.5&0&0.5\\0.02&0.01&0&0&0.02\\0&1&2&1&4\\0&0&100&200&800\end{bmatrix} \]

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

\[\begin{bmatrix}1&1&0.5&0&0.5\\0.02 - 1 \times0.02&0.01 - 1\times0.02&0 - 0.5\times0.02&0&0.02 - 0.5 \times 0.02\\0&1&2&1&4\\0&0&100&200&800\end{bmatrix} \]

依次搞过去就行了，大模拟

特判

• 无解：出现\(0,0,0,\cdots , b_i' \neq 0\)的情况

• 无穷解：上述情况中\(b_i' = 0\)

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

\[\sum\limits_{j = 1}^{n}(a_{i,j} - x_j)^2 = \sum\limits_{j = 1}^{n}(a_{i + 1,j} - x_j)^2 \]

二次方刚好约掉，化简一下就是

\[\sum\limits_{j = 1}^{n}2(a_{i+1,j} - a_{i,j})x_j = \sum\limits_{j = 1}^{n}(a_{i + 1,j}^2 - a_{i,j}^2) \]

\(n + 1\)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：\(\forall x_i,x_i \leqslant 1\)

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

\[\begin{cases}p_1 \oplus a_{11}x_1\oplus a_{12}x_2 \oplus \cdots a_{1n}x_n = q_1\\p_2 \oplus a_{21}x_1\oplus a_{22}x_2 \oplus \cdots a_{2n}x_n=q_2\\ \cdots\\ p_n \oplus a_{n1}x_1\oplus a_{n2}x_2 \oplus \cdots a_{nn}x_n = q_n \end{cases} \]

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

\[x_1 = \frac{p}{q} + \sum\limits_{(1,j)\text{间有边}}x_j \times \frac{1}{d_j}\text{（从j到i的概率）} \times (1 - \frac{p}{q})\text{（不炸的概率）} \]

• 其他节点：只可能转移而来

\[x_i = \sum\limits_{(i,j)\text{间有边}}x_j \times \frac{1}{d_j} \times (1 - \frac{p}{q}) \]

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：\(x_{i,j} \leqslant 2\)

一个方格受左邻右舍的影响，则有

\[a_{i,j} + 2 \times x_{i,j} + 1 \times(x_{i - 1,j} + x_{i + 1,j} + x_{i,j + 1} + x_{i,j - 1}) \equiv 0 \pmod 3 \]

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））