题解-洛谷P8110 [Cnoi2021]矩阵

P8110 [Cnoi2021]矩阵

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题解

• 分析

  以样例$1$为例：

  3 0
  1 2 3
  4 5 6
  

  根据题意，$A_{ij}=a_i\times b_j$，很容易得到：

  $$A=\left[\begin{array}{ccc}4& 5& 6\\ 8& 10& 12\\ 12& 15& 18\end{array}\right]$$

  诶，有没有发现一个特殊的性质？

  矩阵$A$的行和列线性相关^[1]！！！

  从而，矩阵$A$的秩$r(A)=1$，于是有一个结论^[2]：

  $$A^k={\text{tr(A)}}^{k-1}A$$

  其中，$\text{tr(A)}$称为矩阵$A$的迹，即$A$的主对角线上的元素之和（在这里即$\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i$）

  那么，此题已解。

  $$\begin{array}{rl}Ans& ={\text{tr(A)}}^{k-1}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{A}_{ij}\\ & =(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i{)}^{k-1}\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n{a}_i\cdot b_j\\ & =(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i{)}^{k-1}\sum _{i=1}^n{a}_i\sum _{j=1}^n{b}_j\\ & =(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i{)}^{k-1}(\sum _{i=1}^n{a}_i)\cdot (\sum _{j=1}^n{b}_j)\end{array}$$

  快速幂处理$(\sum _{i=1}^n{a}_i{b}_i{)}^{k-1}$即可

  时间复杂度：$O(n+\log k)$

• 代码

  #include<iostream>
  #include<cstdio>
  #define ll long long
  #define maxn 100010
  #define P(x) ((((x)%p)+p)%p)
  
  using namespace std;
  
  ll n,k,p=998244353,a[maxn],b[maxn],ans,mula,mulb,mulab;
  
  template<typename type>
  inline void read(type &x)
  {
      x=0;bool flag(0);char ch=getchar();
      while(!isdigit(ch)) flag^=ch=='-',ch=getchar();
      while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
      flag?x=-x:0;
  }
  
  template<typename type>
  inline void write(type x,bool mode)
  {
      x<0?x=-x,putchar('-'):0;static short Stack[50],top(0);
      do Stack[++top]=x%10,x/=10;while(x);
      while(top) putchar(Stack[top--]|48);
      mode?putchar('\n'):putchar(' ');
  }
  
  inline ll ksm(ll x,ll y)
  {
      ll res=1;
      while(y)
      {
          if(y&1) res=P(res*x);
          x=P(x*x);
          y>>=1;
      }
      return res;
  }
  
  signed main()
  {
      read(n),read(k);
      for(int i=1;i<=n;i++) read(a[i]),a[i]=P(a[i]),mula=P(mula+a[i]);
      for(int i=1;i<=n;i++) read(b[i]),b[i]=P(b[i]),mulb=P(mulb+b[i]),mulab=P(mulab+P(a[i]*b[i]));
      if(!k) {write(n,1);return 0;}
      ans=P(mula*mulb)*P(ksm(mulab,k-1));
      write(P(ans),1);
      return 0;
  }
  
  

• 说明

  在线性代数里，矢量空间的一组元素中，若没有矢量可用有限个其他矢量的线性组合所表示，则称为线性无关或线性独立(linearly independent)，反之称为线性相关(linearly dependent)。

  「链接：百度百科-线性相关」

  简洁来说，你可以把一个矩阵看作一个变换，矩阵每一列看作一个向量，如：

  $$A=\left[\begin{array}{ccc}4& 5& 6\\ 8& 10& 12\\ 12& 15& 18\end{array}\right]$$

  可以看作$\left[\begin{array}{c}4\\ 8\\ 12\end{array}\right]$​，$\left[\begin{array}{c}5\\ 10\\ 15\end{array}\right]$​，$\left[\begin{array}{c}6\\ 12\\ 18\end{array}\right]$​这三个描述变换的向量在作用到原空间后形成的空间，由于一共有三列，故有三个坐标，这些向量位于三维空间，它们的作用可以描述为：将基向量$\left[\begin{array}{c}1\\ 0\\ 0\end{array}\right]$，$\left[\begin{array}{c}0\\ 1\\ 0\end{array}\right]$，$\left[\begin{array}{c}0\\ 0\\ 1\end{array}\right]$分别移到它们所在的坐标。

  观察发现，$\left[\begin{array}{c}4\\ 8\\ 12\end{array}\right]$，$\left[\begin{array}{c}5\\ 10\\ 15\end{array}\right]$，$\left[\begin{array}{c}6\\ 12\\ 18\end{array}\right]$这三个向量是共线的，因此整个三维空间在被它们作用后塌缩为一条直线（一维），因此矩阵$A$的秩「也就是$A$的线性无关的列（或行）的最大数目，即$1$」为$1$。

  已知一个$n\times n$矩阵$A$的秩为$1$，则$A$的所有列向量/行向量线性相关，此时由于这三个向量是成比例关系的，因此可以根据矩阵乘法的定义，将$A$拆解为一个$n\times 1$的矩阵$B$和一个$1\times n$的矩阵$C$的乘积。

  以上面的矩阵$A$为例：

  $$\begin{array}{rl}A& =\left[\begin{array}{ccc}4& 5& 6\\ 8& 10& 12\\ 12& 15& 18\end{array}\right]\\ & =\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{ccc}4& 5& 6\end{array}\right]\end{array}$$

  记$B=\left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right],C=\left[\begin{array}{ccc}4& 5& 6\end{array}\right]$，则$A=B\times C$​​

  因此：

  $$\begin{array}{rl}{A}^n& =(B\times C{)}^n\\ & =B\times C\times B\times C...B\times C\\ & =B\times (C\times B)\times (C\times B)...\times C\\ & =B\times (C\times B{)}^{n-1}\times C\end{array}$$

  我们知道，一个$1\times n$的矩阵乘一个$n\times 1$的矩阵得到的是一个$1\times 1$的矩阵，也就是一个数。

  故：

  $$\begin{array}{rl}C\times B& =\left[\begin{array}{ccc}4& 5& 6\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}1\\ 2\\ 3\end{array}\right]\\ & =4\times 1+5\times 2+6\times 3\\ & =32\end{array}$$

  我们便愉快地发现：

  $$A^n={32}^{n-1}\times B\times C={32}^{n-1}\times A$$

  而$32$不正是矩阵$A$对角线的元素之和吗？

  证毕。

第一次写题解，如有不足，请谅解～

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1. 关于线性相关 ↩︎

2. 关于这个结论的推导过程 ↩︎