【JZOJ5553】【20190625】谜
2024-08-24 19:30:43
题目
给出一个\(2\times n\)个点的二分图的邻接矩阵\(M\)
以及\(m\)个行替换元,\(k\)个列替换元
\(q\)次询问:op u v 表示用第v个行/列替换元去替换矩阵的第u行/列
对初始以及每个操作矩阵输出完全匹配的方案数mod 2 的值
\(n ,m,k \le 10^3 \ , \ q \le 10^5\)
题解
在mod 2 的意义下-1=1,所以完全匹配的方案数=\(det(M)\)
bitset 暴力高斯消元\(O(q\frac{n^3}{\omega})\)
询问相当于每次替换一个行或者列,询问矩阵是否满秩
考虑预处理出所有询问的答案
由于替换某一行或者列最多使矩阵的秩加减1
1.如果原矩阵的秩为\(n\):
由于矩阵满秩,那么对于每一个\(n\)阶向量都可以被线性表示;
对于每一个询问预处理出这样的表示,可以替换的就是系数为1的位置
2.如果原矩阵的秩为\(n-1\):
一定存在并且仅存在一组线性相关的向量,它们的异或和为0向量
在原来\(n\)个向量中,任意去掉其中的一个都是一个线性无关的组
对原矩阵消元得到一个基,对一个询问能被线性表出,那么无论如何替换一定不满秩
否则出现了一个\(n \)个向量的线性无关组,可以替换的就是最开始存在的线性相关那组向量中的任意一个
时间复杂度:\(O(\frac{n^3}{\omega})\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N=1010;
typedef bitset<1010> Bit;
int n;
char s[N];
Bit a[N],b[N],p[N],q[N],c,ans[2][100000];
int gauss(Bit*A,Bit*B){
int i=1,j=1;
for(;i<=n&&j<=n;++i,++j){
int pos=i;while(pos<=n&&!A[pos][j])++pos;
if(pos>n){i--;continue;}
if(i!=pos)swap(A[i],A[pos]),swap(B[i],B[pos]);
for(int k=i+1;k<=n;++k)if(A[k][j])A[k]^=A[i],B[k]^=B[i];
}
return i<n?0:i==n?2:1;
}
void get(int fg,Bit*A,Bit*B,Bit C,Bit&re){
int i=1,j=1,pos=0;
for(;i<=n&&j<=n;++i,++j){
if(!A[i][j]){pos=j,i--;continue;}
if(C[j])C^=A[i],re^=B[i];
}
if(fg==2){
if(C.test(pos))re=B[n];
else re.reset();
}
}
int main(){
freopen("maze.in","r",stdin);
freopen("maze.out","w",stdout);
int m,k,Q;scanf("%d",&n);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%s",s+1);p[i].set(i);q[i].set(i);
for(int j=1;j<=n;++j)if(s[j]=='1')a[i].set(j),b[j].set(i);
}
int fg=gauss(a,p);gauss(b,q);
//printf("%d:\n",fg);
scanf("%d%d",&m,&k);
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%s",s+1);c.reset();
for(int j=1;j<=n;++j)if(s[j]=='1')c.set(j);
if(!fg)continue;
get(fg,a,p,c,ans[0][i]);
}
for(int i=1;i<=k;++i){
scanf("%s",s+1);c.reset();
for(int j=1;j<=n;++j)if(s[j]=='1')c.set(j);
if(!fg)continue;
get(fg,b,q,c,ans[1][i]);
}
puts(fg&1?"1":"0");
scanf("%d",&Q);
for(int i=1,op,u,v;i<=Q;++i){
scanf("%d%d%d",&op,&u,&v);
printf("%d\n",ans[op][v].test(u));
}
return 0;
}
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