Codeforces 736 D

前置知识：

1. 行列式的定义
2. 代数余子式
3. 伴随矩阵
4. 行列式、伴随矩阵和矩阵逆的关系：$A^{-1} = \frac{A*}{|A|}$。

一、转成行列式表达

设$A_{i,j}$表示第$i$个数能否填成$j$。

那么合法的排列数是$E(A)=\sum_{permutation\; :\; P} \prod_{j=1}^{n} A_{i}{P_{j}}$。

这个东西叫矩阵的积和式。是P完全的，比NP完全还难搞。

不过我们发现这个和行列式的公式有些像，不过行列式对于每个乘积前加上了$+1$或$-1$的系数。而且我们惊喜的发现，$+1$和$-1$在模$2$的意义下，是相等的，也就是：

$$E(A)\equiv |A| \mod 2$$

这样，我们只要求出每次删除一项后，剩下的矩阵$A$的行列式$|A|$，就可以判断奇偶。

二、代数余子式和伴随矩阵

如果我们暴力枚举每一个是$1$的项，肯定过不了。

那么这里我们就发现，对于每个限制$(a_{i},b_{i})$，我们计算第$a_{i}$项确定为$b_{i}$时的方案数，这也就是去除$(a_{i},b_{i})$限制时减少的方案数。

我们发现第a[i]项确定为b[i]时的方案数，就是去掉$a_{i}$行，$b_{i}$列的矩阵的行列式，也就是$B_{i,j}$，其中$B$为$A$代数余子式。

求代数余子式复杂度还是太高。但是我们可以求出伴随矩阵，就是将代数余子式的行列对调，即$A*_{i,j}=B_{j,i}$。

三、求伴随矩阵

我们利用这个公式：

$$A^{-1} = \frac{A*}{|A|}$$

注意到题中说初始方案是奇数，故$|A|\equiv 1\mod 2$。那么我们就可以得到：

$$A^{-1}\equiv A* \mod 2$$

求出$A^{-1}$，然后交换行列，就可以得到$A$的代数余子式。

直接求$A^{-1}$是$O(n^3)$的，不过我们这里只关心$A^{-1}$模$2$，则我们可以使用bitset优化到$O(\frac{n^3}{\omega})$。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
#define debug(...) std::cerr<<#__VA_ARGS__<<" : "<<__VA_ARGS__<<std::endl

int n,m,x[500005],y[500005];
std::bitset<4005> mat[2005];
bool res[2005][2005];

int main() {
	scanf("%d%d",&n,&m);
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		scanf("%d%d",x+i,y+i);
		mat[x[i]][y[i]]=1;
	}
	for(int i=n+1;i<=n+n;i++) {
		mat[i-n][i]=1;
	}
	for(int i=1;i<=n;i++) {
		int p=0;
		for(int j=i;j<=n;j++) {
			if(mat[j][i]) {
				p=j;
			}
		}
		std::swap(mat[i],mat[p]);
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			if(j!=i&&mat[j][i]) {
				mat[j]^=mat[i];
			}
		}
	}
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=1;j<=n;j++) {
			res[i][j]=1^mat[j][i+n];
		}
	}
	for(int i=1;i<=m;i++) {
		if(res[x[i]][y[i]]) {
			printf("YES\n");
		} else {
			printf("NO\n");
		}
	}
	return 0;
}