6.10 省选模拟赛 小C的利是 高斯消元 矩阵行列式
LINK：小C的利是
想起来把这道题的题解写了 。一个常识：利是在广东那边叫做红包。
关于行列式的题目 不过我不太会23333..口胡还是可以的。
容易想到10分的状压.不过没什么意思。
仔细观察要求的东西 在每一行中选择一个数字 选择的位置还是相应的排列不过这个是排列之和.
容易联想到行列式的那个定义式。
此时容易发现如果把每个位置上的数字变成 \(x^{a_{i,j}}\)
那么就把乘法变成了加法 也就是最后求出来的行列式是一个nk多项式.
直接利用拉格朗日插值法 那么就得到了一个\(n^4k\)的做法。
不过这个有很大的几率不对 因为存在一个\((-1)^k\)的东西 可能抵消掉了
所以为了不让其抵消掉 那么此时可以rand一个随机的值 然后再做 这样几乎是卡不掉的。
考虑进行优化 期望得到一个\(n^3k\)的做法或者更优做法。
满分做法：
考虑一个质数P 其中P=sk+1.可以证明必然存在且不是很大。
然后找到其原根 此时就可以得到K次单位根了。
将这k次单位根带入x 然后将求出的行列式相加 然后就能得到 \(x^0\)位置的系数的K倍。
证明：
设一个排列p 最后的和为S 那么最后的贡献为 \(1+g^S+g^{2S}+g^{3S}+...\) (系数省略 也显然系数是相同的。
考虑 S%k==0时 上面的每一项都为1 系数得到累加。
当S%k!=0时 等比数列求和 得到\(\frac{1-g^{(p-1)S}}{1-g}\) 得到0.
那么其实最后我们只需要判断是不是0即可 可以忽略k倍这个东西。
//#include<bits\stdc++.h>
#include<iostream>
#include<iomanip>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<string>
#include<ctime>
#include<cmath>
#include<cctype>
#include<cstdlib>
#include<queue>
#include<deque>
#include<stack>
#include<vector>
#include<algorithm>
#include<utility>
#include<bitset>
#include<set>
#include<map>
#define ll long long
#define db double
#define INF 1000000000000000000ll
#define ldb long double
#define pb push_back
#define put_(x) printf("%d ",x);
#define get(x) x=read()
#define gt(x) scanf("%d",&x)
#define gi(x) scanf("%lf",&x)
#define put(x) printf("%d\n",x)
#define putl(x) printf("%lld\n",x)
#define gc(a) scanf("%s",a+1)
#define rep(p,n,i) for(RE int i=p;i<=n;++i)
#define go(x) for(int i=lin[x],tn=ver[i];i;tn=ver[i=nex[i]])
#define fep(n,p,i) for(RE int i=n;i>=p;--i)
#define vep(p,n,i) for(RE int i=p;i<n;++i)
#define pii pair<int,int>
#define mk make_pair
#define RE register
#define P 1000000007
#define gf(x) scanf("%lf",&x)
#define pf(x) ((x)*(x))
#define uint unsigned long long
#define ui unsigned
#define EPS 1e-8
#define sq sqrt
#define S second
#define F first
#define Set(a,v) memset(a,v,sizeof(a))
using namespace std;
char buf[1<<15],*fs,*ft;
inline char getc()
{
return (fs==ft&&(ft=(fs=buf)+fread(buf,1,1<<15,stdin),fs==ft))?0:*fs++;
}
inline int read()
{
RE int x=0,f=1;RE char ch=getc();
while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getc();}
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getc();}
return x*f;
}
const int MAXN=110,maxn=55;
int n,k,mod;
int a[MAXN][MAXN];
int b[MAXN][MAXN];
int c[MAXN][MAXN];
vector<int>d;
inline int ksm(int b,int p)
{
if(p<0)return 0;
int cnt=1;
while(p)
{
if(p&1)cnt=(ll)cnt*b%mod;
b=(ll)b*b%mod;p=p>>1;
}
return cnt;
}
inline int check_p(int x)
{
for(int i=2;i*i<=x;++i)if(x%i==0)return 0;
return 1;
}
inline int check_g(int x)
{
vep(0,d.size(),i)if(ksm(x,(mod-1)/d[i])==1)return 0;
return 1;
}
inline int det()
{
int ans=1;
rep(1,n,i)
{
int p=i;
rep(i+1,n,j)if(abs(c[j][i])>abs(c[p][i]))p=j;
if(p!=i)
{
rep(1,n,j)swap(c[i][j],c[p][j]);
ans=(mod-ans)%mod;
}
ans=((ll)ans*c[i][i]+mod)%mod;
int ww=ksm(c[i][i],mod-2);
rep(i+1,n,j)
{
int cc=(ll)ww*c[j][i]%mod;
rep(1,n,k)
{
c[j][k]=(c[j][k]-(ll)cc*c[i][k]+mod)%mod;
}
}
}
return ans;
}
signed main()
{
freopen("luckymoney.in","r",stdin);
freopen("luckymoney.out","w",stdout);
srand(time(0));
get(n);get(k);
rep(1,n,i)rep(1,n,j)get(a[i][j]),b[i][j]=rand();
mod=k+1;while(!check_p(mod))mod+=k;
int ww=mod-1;
for(int i=2;i*i<=ww;++i)
if(ww%i==0)
{
d.pb(i);
while(ww%i==0)ww/=i;
}
if(ww>1)d.pb(ww);
int g=2;
while(!check_g(g))++g;
int wn=ksm(g,(mod-1)/k);//mod的k次单位根.
int D=1,ans=0;
vep(0,k,T)
{
rep(1,n,i)
rep(1,n,j)
{
c[i][j]=(ll)b[i][j]*ksm(D,a[i][j])%mod;
}
ans=(ans+det())%mod;
D=(ll)D*wn%mod;
}
if(ans)puts("Yes");
else puts("No");
return 0;
}
