【问题分析?br> 首先考虑比较单的环上的问题：?问题Q这c问题的l典代表是开关灯问题。其实这c问题可以允讔R法（用异或代替）Q每ơ消元的时候如果出C定的变量，那么跌当前列，保持行不变，l箋消元。当消元q后会出现的问题是，如果pL늚U小于增光矩늚U，那么无解Q或者不是所有的变量都已l取|Dq个的原因一个是消元时出现全0列，一个是pL늚U等于增光矩늚U且于未知数的个数Q也是出现无穷解。在?域上出现无穷解的时候只需枚D每个不确定变元的|0?Q，一般是用来扑ֈ一个最优解。这里一个比较y妙的Ҏ是保留消元过E的对角矩阵Q这样一旦确定了未知敎ͼ直接回带找解Q无需重新建立方程?br> 模n域上的无I问题更ؓ复杂一些。一个是变元的取D围变大了Q?到n-1Q某些问题取D会是负的Q，另一个问题是׃模n未必是素敎ͼ如果是素数存在解׃定唯一Q不是素数的话会出现多组解，q得l箋枚D才行。以几个题目ZQ?br> POJ 2947 Widget FactoryQ这是环上问题的基础版，考察了对于变元数和方E数不确定的时候对方程解数的判断方法。消元的q程q是很简单的Q细节考虑清楚可以了?br> POJ 1395 Cog-WheelsQ方E的建立很y妙，׃数的范围很小Q?00以内Q，因此可以Ҏ每个质因数的q次建立方程Q对每个轮子除以最的那个数后可以进行质因数分解Q方E数很少Q最后徏立的是一个整pL方程。不q这里的问题是由于存在无I的情况，要搜索；而且变量的取D围不太好把握Q我是取增广늚所有系数的最大值maxQ把枚D的界定在了|max|以内Q有点像扩展Ƨ几里d的思想Q如果有x、y满ax + by = dQ那么x上下动b个，y上下动a个依然方E成立。另外注意的是徏立方E的时候会产生齐次方程Q要特别判断一下。总而言之这个题目写h很恶心，复杂度感觉巨高，但是实际q行速度很快?br> POJ 2055 Kid's ProblemQ这个题目BTE度又进了一步，是个模线性方E组Q不仅可能存在无IQ而且模不一定是素数Q对于确定的变元取g会很多，M是各种搜烦。不q这个题目很无聊的一Ҏ在消元过E中Q之前我一直是取要消元的两个系数的最公倍数Q分别放大然后再减去Q就像分数通分的做法，做其他的题目都没有问题（因ؓ没有影响解的情况Q；但是q个题目q样居然会超Ӟ当然不是时在高斯消元的q程Q而是之后枚D的过E。这个题目必d用那U类似求gcd的方法，两个方程互相减来减去Q因个题目数据取D围太了Q?0以内Q，因此q样做的复杂度也不高。这两种做法的唯一区别是后者消元后的对角阵中，d角线的系数很（减来减去减得很小Q，而用“通分”的方法系C保留为原pLQ可能很大）Q虽然最后计的l果完全相同Q但是可能后者能够快速得C个好的可行解Q利用这个剪掉了不少冗余情况Q而前者也许差了一些，p时了?br> Ural 1561 Winnie the PoohQ应该是高斯消元问题的终极版本了Q考察的是寚w斯消元的理解Q不q没有在方程的徏立上讄太多的坎Q。这个题目可以归lؓ包含若干操作的动态高斯消元问题：d一个变元，d一个方E，询问l定方程解的情况。因Z是询问方E组的解Q而是询问方程的解Q这L话有可能虽然有多l解但是最后对应方E的值是相同的。我一开始采用枚举方E的取值判断有解的ҎQ超时了Q后来改成出C定解的时候搜索判断解的情况，依然时。这两种Ҏ的复杂度都达到O(n ^ 3)以上Q所以需要好的办法。仔l思考之后发玎ͼ如果方程有解且唯一Q那么它一定和已经存在的方E组Q看成是向量Q是U性相关的Q这L话可以每ơ添加方E都l护对角阵，对于一ơ询问，利用已有的方E组依次对给定的方程消元Q到最后判断这个方E的pL是否?Q如果是的话解个模方E就行了Q如果不是的话说明这个方E的取g有很多种情况。每ơ添加方E都判断是否产生矛盾Q无解）Q如果无解以后不再判断，一直输出无解。利用这U方式可以很快的处理查询Q每ơ复杂度才O(n ^ 2)?br>
【问题ȝ?br> 环上的高斯消元问题应用比较广泛，但是~码的复杂度也比较高。此外，不同的题目往往要求各异Q因此也没有l一的模板，需要根据题目的要求来编写程序。通过以上几个题目的练习，对于高斯消元的求解已l没有太大的问题了。但是题目中方程的徏立以及优化求解依然是隄Q需要不断地U篏和ȝ?
注：本文作于2009q???0Ҏ
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【题目分析?br> q是一道BT题，中间讄了许多trick。开始对题意没有完全理解Q错了很多次Q后来找来了数据Q才发现了问题?br> 题目中描q的莯{略是："A player wins if after his move the size of some heap is a prime number."q句话乍一看以为是取完矛_后剩下的矛_个数是素数的时候就莯Q其实还隐藏着另一U可能：如果多堆矛_个数是素敎ͼ当前玩家无论怎样取都能获胜，因ؓ在他取完之后Q其他堆的石子个数是素数Q也满莯条g?br> 接下来考虑一般情c这个题目是限制中间状态的Nim游戏Q也是_对于一堆个Cؓn的石子而言Q它的SG值取决于于n的最大素数。注意这里题讑֏有了一个小trickQ题目说明了需要取1到k个，如果当前矛_个数本n是素敎ͼ当然是没用的Q因此是于n的最大素数。设于n的最大素数是p(题目中说明了矛_个数大于2Q因此p一定存?Q那么可以在k步以内到达p的一定是必胜态，而且是直接获胜，需要在输入的时候特?q一炚w要注意，在解决限制中间状态的Nim游戏时一般都需要特?。然后就是p + k + 1q个状态，因ؓ它可辄状态全是必胜态，因此它是必|态，SGgؓ0。现在考虑大于p + k + 1的状态，问题出来了。以p + k + 2q个状态ؓ例，因ؓ它可以到达p + 2 ... p + k + 1q些状态，因ؓp + 2 ... p + k都是直接莯状态，如何判定他们的SG值呢Q如果假讑֮们的SG值是1Q那么p + k + 2q个状态的SG值应该是2。但是思考一下SG值的定义Q它是定义在一个DAG上的Q所有的状态最后都是可以在有限步内转移到终止?必|?。但是p + 1 ... p + kq些状态都转移Cpq个状态上Q我们肯定不能认定p状态是l止态，因此仅仅凭借p + 1 ... p + kq些状态是必胜态就单的把它们的SGD?是不恰当的；q些限制状态和以前的题目还不同Q这些限制状态都不能转移到终止态上Q但是由于题目的要求Q它们又都是必胜态，因此把它们的SGD为无I大更合适些?br> 仔细思考一下带限制状态的SG游戏Q可以发玎ͼ它们和一般的SG游戏的区别在于，在分析一般的SG游戏的时候，对于一个状态图而言Q{Udl止态的时候ƈ不意味着游戏l束Q因为玩家可以通过走其他的状态图来保证是否达到必胜态；但是带限制状态的SG游戏Q限制的状态双斚w是不敢走的，因ؓ一旦一方走入限制状态，另一方立刻获胜，游戏q止了。可以认为，只要走入限制态就相当于认输，对于双方玩家而言肯定都不会这样做Q因此这些限制状态就成了“ȝ?#8221;Q完全可以忽视这些状态（也就是说不存在到q些状态的转移Q。通过上述分析Q我们可以认定p + k + 2q个状态的SG值应该是1而不??br> 现在q个问题的做法就比较明朗了，对于每堆矛_Q去掉限制态的讨论后，变成了在集合{1...k}中选择元素的一个Subtraction GameQ它的SG值是?k + 1)循环的?br> 然后是求最q素数的问题了，q个没有好办法，只能暴力枚D。对于一个数nQ在sqrt(n)到n之间存在素数Q感觉应该是Q但是不会证Q，因此最多枚举sqrt(n)ơ就能找到解。但是每ơ枚丑ֈ素的复杂度还是sqrt(n)Qd杂度q是比较高，我在本地跑数据跑?U，交上去超时了QSPOJ的时?0U，q居然也时Q数据够变态）。想了很久也没有什么新的算法，无奈只能在判素上下点功夫Q直接把Miller-Rabin搞出来了Q速度提高C2U，仍然时。后来又加了一些常C的优化，l于q了?br>
【ȝ?br> q个题目做了很长旉Q一斚w是审题不清，错了几次Q另一斚w是对于SG的理论理解的不够透彻Q想了很久终于想明白了；再有是优化法也花了很长时间。不q通过q个题目对于SG理论的理解又q了一步，感觉不错Q呵c?
注：本文作于2009q???9?7?br>
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【题目分析?br> 数据范围非常大，枚D必然不可Q需要数学方法。这个题目y妙之处在于，模型l过了层层的包装Q要想一下子有想法还真不Ҏ。既然不能枚举了Q这个max和min操作׃好办了，应该设法L。max{a, b, c} - min{a, b, c} = |a - b| + |b - c| + | c - a| / 2Q这个公式应该不难想刎ͼ但是q只是第一步，因ؓ引进了绝对|依然不好做。可以先出分子Q最后再?。接下来需要一个等价变换，以a - bZQa - b = xi - xj - yi + yj = (xi - yi) - (xj - yj)Q同理把b - c、c - a都写成这UŞ式。这一步变换看g用不大，但是假设我们出所有的xi - yi之后Qi = 0... n - 1Q，其排序Q会发现Q对于第i个xi - yiQ它前面的都比它，后面的都比它大。而实际上Q由于求L两个三元l的差，肯定xi - yi会和L的xj - yj都作差的Q加了绝对值后Q它Ҏ后的l果׃贡献i?xi - yi)Qn - i - 1?(xi - yi)。同LҎ出所有的(yi - zi)?zi - xi)Q结果就能够求出来了。算法复杂度O(n * logn)?br>
【题目ȝ?br> q是一道不错的题目Q首先考察了公式的变ŞQ需要改写max - min操作Q之后的{h变换和排序的思想都非常值得借鉴?br>题目代码Q?br>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 200010;
int x[N], y[N], z[N];
int main()
{
int n, a, b, c;
while (scanf("%d", &n) == 1 && n)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
x[i] = a - b;
y[i] = b - c;
z[i] = c - a;
}
sort(x, x + n);
sort(y, y + n);
sort(z, z + n);
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
ans += (2 * i + 1 - n) * (long long)(x[i] + y[i] + z[i]);
printf("%I64d\n", ans / 2);
}
return 0;
}
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 200010;
int x[N], y[N], z[N];
int main()
{
int n, a, b, c;
while (scanf("%d", &n) == 1 && n)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
{
scanf("%d %d %d", &a, &b, &c);
x[i] = a - b;
y[i] = b - c;
z[i] = c - a;
}
sort(x, x + n);
sort(y, y + n);
sort(z, z + n);
long long ans = 0;
for (int i = 0; i < n; i++)
ans += (2 * i + 1 - n) * (long long)(x[i] + y[i] + z[i]);
printf("%I64d\n", ans / 2);
}
return 0;
}
]]>
题目代码Q?br>
#include <cstdio>
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 10010;
int main()
{
int x[N], y[N], n;
while (scanf("%d", &n) == 1)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);
sort(x, x + n);
sort(y, y + n);
for (int i = 0; i < n; i++)
x[i] -= i;
sort(x, x + n);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n / 2; i++)
ans += x[n-i-1] - x[i] + y[n-1-i] - y[i];
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
#include <algorithm>
using namespace std;
const int N = 10010;
int main()
{
int x[N], y[N], n;
while (scanf("%d", &n) == 1)
{
for (int i = 0; i < n; i++)
scanf("%d %d", &x[i], &y[i]);
sort(x, x + n);
sort(y, y + n);
for (int i = 0; i < n; i++)
x[i] -= i;
sort(x, x + n);
int ans = 0;
for (int i = 0; i < n / 2; i++)
ans += x[n-i-1] - x[i] + y[n-1-i] - y[i];
printf("%d\n", ans);
}
return 0;
}
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首先需要保存对于每个变量，它对应的每个常数的系数是多少。开始的时候我列方E的方向想错了，相当成模n域的方程l来求解。结果写了很久之后发现因为n不一定是素数Q所以求解的时候解可能有多个，q样的话比较复杂了。后来一怒之下烦性当成实数域来求解，重新列了方程Q这栯是唯一的了Q但是中间运全是QҎQ很担心_ֺ问题Q交上去居然q了?br> q个题目加速消元的思想q是很值得借鉴的，高斯消元的优化问题不多，但是感觉都挺有意思，像用u囑֊速高斯消元。根据方E的不同特点来选择合适的优化Ҏ很重要啊?
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