「雅礼集训 2017 Day5」矩阵

填坑填坑..

感谢wwt耐心讲解啊..

如果要看这篇题解建议从上往下读不要跳哦..

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30pts

把$A$和$C$看成$n$个$n$维向量，那$A_i$是否加入到$C_j$中就可以用$B_{i,j}$表示了

枚举矩阵$A$，求出它的秩$r$，如果$C$在$A$的线性空间内则$C$可以被$A$表示出来

那么$B$矩阵的方案数就是$(2^{n-r})^n$

这时候我们可以发现，由于枚举$A$覆盖了所有情况，秩相同的$C$的答案都是一样的

然后就可以打表算答案了..

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60pts

如果不想看可以跳过这段

考虑用dp来代替上面枚举

定义$f_{i,j,k}$表示已经算了前$i$列，其中$C$有$j$个基在$A$的线性空间里，$A$有$k$个基在$C$的线性空间外的方案数

那么答案就是$\sum\limits_{k=1}^{n-r}f[n][r][k](2^{n-r-k})^n$

然后考虑第$i+1$列的情况

1）$j$、$k$都不变，即新的一列在$j+k$个基里面，方案为$2^{j+k}$

2）$j+1$、$k$不变，$k$不变的方案有$2^{r+k}$，再减去$j$不变的方案就是$2^{r+k}-2^{j+k}$

3）$j$不变，$k+1$，总方案有$2^n$，再减去$k$不变的方案就是$2^n-2^{r+k}$

这样就得到了一个$O(n^3)$的做法

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100pts

30pts时说到，秩相同的$C$的答案都是一样的

那么我们不如把所有秩相同的$C$的总答案算起来再除以秩相同的个数

定义$f_{i,j}$表示已经算了前$i$列（也就是$n\times i$的矩阵），秩为$j$的方案数

那么总答案就是$\sum\limits_{x=r}^n f_{n,x}f_{x,r}(2^{n-x})^n$

18.12.26 update:

把$C$的每一列写成大小为$x$的01向量，那么相当于是一个$n\times x$的矩阵使其的秩为$r$，也就是$f_{x,r}$

再除以秩为$r$的方案数即可..

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Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cstdlib>
#include <algorithm>
#include <bitset>
#define LL long long
using namespace std;
const LL Maxn = 2010;
const LL Mod = 1e9+7;
bitset <Maxn> a[Maxn];
LL f[Maxn][Maxn];
LL pow2[Maxn], n;
LL pow(LL x, LL k) {
	LL ret = 1;
	while(k){
		if(k&1) ret = (ret*x)%Mod;
		x = (x*x)%Mod;
		k >>= 1;
	}
	return ret;
}
int main() {
	//freopen("mat.in", "r", stdin);
	//freopen("mat.out", "w", stdout);
	LL i, j, k;
	scanf("%lld", &n);
	pow2[0] = 1;
	for(i = 1; i <= n; i++) pow2[i] = (pow2[i-1] << 1) % Mod;
	f[0][0] = 1;
	for(i = 0; i < n; i++){
		for(j = 0; j <= i; j++){
			if(f[i][j] == 0) continue;
			f[i+1][j] = (f[i+1][j] + (f[i][j]*pow2[j])%Mod) % Mod;
			f[i+1][j+1] = (f[i+1][j+1] + (f[i][j]*((pow2[n]-pow2[j]+Mod)%Mod))%Mod) % Mod;
		}
	}
	for(i = 0; i < n; i++){
		for(j = 0; j < n; j++){
			LL x;
			scanf("%lld", &x);
			a[i][j] = x;
		}
	}
	LL r = 0;
	for(i = 0; i < n; i++){
		for(j = r; j <= n; j++){
			if(a[j][i] == 1){ swap(a[r], a[j]); break; }
		}
		if(a[r][i] == 0) continue;
		for(j = r+1; j < n; j++) if(a[j][i] == 1) a[j] ^= a[r];
		r++;
	}
	LL ans = 0;
	for(i = r; i <= n; i++){
		ans = (ans + ((f[n][i]*f[i][r])%Mod*pow(pow2[n], n-i))%Mod)%Mod;
	}
	ans = (ans*pow(f[n][r], Mod-2))%Mod;
	printf("%lld\n", ans);
	return 0;
}