省选05. 线性代数

P6772 [NOI2020] 美食家

先假设没有美食节，容易得到一个矩阵优化的 dp。

加上美食节过后分成 $k$ 段考虑，每段分别矩阵快速幂，时间复杂度为 $O((5n)^3k\log T)$。

这并不能通过本题。

可以思考快速幂优化乘法的本质，预处理出转移矩阵的 $2$ 的幂。

原本快速幂是将一堆 $5n\times 5n$ 的矩阵乘起来，最后再乘一个 $1\times 5n$ 的矩阵，每一段的时间复杂度达到 $O((5n)^3\log T)$。

可以考虑使用结合律交换顺序，每一段分别用 $1\times 5n$ 的矩阵乘一堆 $5n\times 5n$ 的矩阵，这样复杂度降为 $O((5n)^2\log T)$。

因此总复杂度降为 $O((5n)^3\log T+(5n)^2k\log T)$。

CF113D Museum

设 $f(u,v)(u\neq v)$ 表示分别从 $u$，$v$ 出发，在 $s$ 相遇的概率。

设 $deg(u)$ 表示 $u$ 的度数。

假设从 $(u,v)$ 走一条边到 $(i,j)$。

$$f(u,v)=p(u)p(v)f(u,v)+\sum_{i\ne u}f(i,v)\frac{1-p(u)}{deg(u)}p(v)+\sum_{j\neq v}f(u,j)\frac{1-p(v)}p(u){deg(v)}+\sum_{i\neq u}\sum_{j\neq v}f(i,j)\frac{(1-p(u))(1-p(v))}{deg(u)deg(v)}$$

移项得

$$(1-p(u)p(v))f(u,v)-\sum_{i\ne u}f(i,v)\frac{1-p(u)}{deg(u)}p(v)-\sum_{j\neq v}f(u,j)\frac{1-p(v)}{deg(v)}p(u)-\sum_{i\neq u}\sum_{j\neq v}f(i,j)\frac{(1-p(u))(1-p(v))}{deg(u)deg(v)}=0$$

可以发现 $f(s,s)=1$，对于不等于 $s$ 的 $i$，$f(i,i)=0$。

因此，这 $n^2-n$ 个方程每个右边都是一堆关于 $f(i,i)$ 的线性组合。

左边有 $n^2-n$ 个未知数，右边有 $n$ 个参数，对于左边高斯消元即可。

注意特判起点相同的情况。

P2973 [USACO10HOL]Driving Out the Piggies G

对于需要使用高斯消元解决的 dp 问题，必须保证边界值好确定。

设 $f(u)$ 表示经过 $u$ 点的期望次数。

$$f(u)=[u=1]+\sum_{u\to v}f(v)\frac{1-\frac{p}{q}}{deg(v)}$$

最后，$i$ 点的答案为 $f(i)\frac{p}{q}$。

CF24D Broken robot

设 $f(i,j)$ 表示从 $(i,j)$ 开始走，走到第 $n$ 行的期望步数。

$f(n,i)=0$。

枚举 $(i,j)$ 可能走到哪里，设走到 $(x,y)$ 的概率为 $p$，答案为

$$f(i,j)=1+\sum_{x,y}f(x,y)p$$

直接高斯消元复杂度是 $O(n^6)$。

但是由于不能往上走，因此可以一行一行地高斯消元，复杂度变为 $O(n^4)$。

再仔细观察矩阵发现系数都在主对角线附近，因此可以做到 $O(n^2)$。

UVA12177 First Knight

设 $f(i,j)$ 表示从 $(i,j)$ 走到 $(n,m)$ 的期望步数。

$dp(n,m)=0$。

$$f(i,j)=1+\sum_{x,y}f(x,y)p((x,y)\rightarrow(i,j))$$

暴力高斯消元复杂度为 $O(n^3m^3)$。

将坐标建立与编号的映射 $(i,j)\longrightarrow (n-i)m+m-j+1$。

可以考虑只保留上三角矩阵，即消掉下三角矩阵。

对于一个未知数 $i$，只需要遍历 $(i,i)$ 到 $(i+m,i+2m)$ 的矩阵就行了，时间复杂度优化为 $O(nm^3)$。

P7016 [CERC2013]Captain Obvious and the Rabbit-Man

构造多项式

$$\begin{aligned} A(x) &=(x-F_1)(x-F_2)\cdots(x-F_k)\\ &= x^k+b_1x^{k-1}+b_2x^{k-2}+\cdots +b_k \end{aligned}$$

$$A(F_i)=F_i^k+b_1F_i^{k-1}+b_2F_i^{k-2}+\cdots +b_k=0$$

对 $i=1\to k$ 求和

$$\sum_{i=1}^kA(F_i)=\sum_{i=1}^kF_i^k+b_1\sum_{i=1}^kF_i^{k-1}+b_2\sum_{i=1}^{k}F_i^{k-2}+\cdots+b_{k-1}\sum_{i=1}^kF_i+b_kk=0$$

发现这样似乎没法用到题目给出的 $p_i$，于是可以考虑先对 $A(F_i)$ 乘 $a_i$ 再求和

$$\sum_{i=1}^kA(F_i)a_i=\sum_{i=1}^kF_i^ka_i+b_1\sum_{i=1}^kF_i^{k-1}a_i+b_2\sum_{i=1}^{k}F_i^{k-2}a_i+\cdots+b_{k-1}\sum_{i=1}^kF_ia_i+b_k\sum_{i=1}^ka_i=0$$

$$\sum_{i=1}^kA(F_i)a_i=p_k+b_1p_{k-1}+b_2p_{k-2}+\cdots+b_{k-1}p_1+b_k\sum_{i=1}^ka_i=0$$

推到这里还是推不动，再在前面求和之前乘个 $F_i$

$$\sum_{i=1}^kA(F_i)a_iF_i=p_{k+1}+b_1p_k+b_2p_{k-1}+\cdots+b_kp_1=0$$

于是

$$p_{k+1}=-\sum_{i=1}^kb_ip_{k-i+1}$$

$O(k^2)$ 解出 $b_i$，即可计算答案。

CF963E Circles of Waiting

$f(x,y)$ 表示从 $(x,y)$ 出发，走到距离大于 $R$ 的点的期望步数。

如果 $x^2+y^2>R^2$，$f(x,y)=0$。

$$f(x,y)=1+f(x-1,y)p_1+f(x,y-1)p_2+f(x+1,y)p_3+f(x,y+1)p_4$$

暴力高斯消元时间复杂度为 $O(n^6)$。

考虑使用主元法。

将纵坐标从上到下，横坐标从左到右依次编号，取每个纵坐标最左边的横坐标为主元。

$$f(x+1,y)=\frac{f(x,y)-f(x-1,y)p_1-f(x,y-1)p_2-f(x,y+1)p_4-1}{p_3}$$

可以达到 $O(n^3)$。

P3211 [HNOI2011]XOR和路径

按位处理。

设 $f(u)$ 表示从 $u$ 出发到 $n$，这一位的异或和为 $1$ 的概率。

$$f(u)=\sum_{u\to v}\frac{[w=0]f(v)+[w=1](1-f(v))}{deg(u)}$$

注意判断自环，自环的边只能连一次。

CF895C Square Subsets

完全平方数只与质因子的奇偶有关，小于等于 $70$ 的质数只有 $19$ 个，因此可以把每个数分解质因数后用二进制表示。

两个数想成等价于异或，原问题等价于异或和为 $0$ 的真子集数。

假设线性基插入的元素个数为 $cnt$，那么答案为 $2^{n-cnt}-1$（线性基的基底异或一定不为 $0$）。

P4869 albus就是要第一个出场

对于一个已经确定的线性基，新加入一个能被基底表示的数，会使得所有能被表示的数统一乘 $2$。

于是问题就转化为查询一个数在线性基中的排名。

P5607 [Ynoi2013] 无力回天 NOI2017

很明显是线段树 + 线性基。

但线性基无法下传标记，于是考虑差分。

设 $a_{i-1}\oplus b_i=a_i$，每次只需要支持单点修改即可。

可以发现 $a_{l\rightarrow r}$ 组成的线性基与，$a_l$ 和 $b_{l+1\rightarrow r}$ 组成的线性基相同（考虑 $a_i$ 的定义来证明）。

于是这道题可以在 $O(n\log n\log^2 V)$ 解决。

CF845G Shortest Path Problem?

图中的环可以任意添加，于是可以把所有环加入线性基中。

其实 $1$ 到 $n$ 的路径也可以任意选择，因为如果存在一条更优的路径，它会与原路径成环，一定会被加入线性基中。

CF1299D Around the World

发现边权值只达到 $31$，爆搜发现线性基的种类只有 $374$。

考虑先将 $1$ 连出去边删掉，可以得到很多连通块，沿用 CF845G 的方法，把每个连通块的环加入线性基中，如果存在一个环的权值不能加入线性基中，那么这个连通块一定不能与 $1$ 相连。

因为不存在长度大于 $3$ 的简单环，因此 $1$ 向这些连通块要么连一条边，要么连两条边。

设 $dp(i,j)$ 表示前 $i$ 的连通块中，线性基为 $j$ 的方案数，分类转移即可。