【NOI2013】向量内积

定义两个$d$维向量${A=[a_1,a_2....a_n]}$,${B=[b_1,b_2....b_n]}$的内积为其相对应维度的权值的乘积和:

$${\left \langle A,B \right \rangle= \sum _{i=1}^{d}a_i*b_i}$$

现在有$n$个$d$维向量，判断是否存在两个向量的内积为$k$的倍数${(2\leq k\leq 3)}$

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我们考虑将$n$个$d$维的向量构成一个$n*d$的矩阵$A$，$A^{T}$为$A$的转置矩阵。

令矩阵${B=A*A^{t}}$,那么${B_{i,j}}$就表示了向量$i$,与向量$j$的内积。

直接判断内积的值即可。

但是这仅仅简化了题意，复杂度仍是${O(n^{2}d)}$，大概可以得到$50$分。

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考虑$k=2$的情况(矩阵的取值均在模$2$的意义下进行讨论)

我们有一种经典的方法判定两个矩阵是否相等，我们只关心$0$元素是否存在。

令$C$为全$1$矩阵

在模$2$的意义下随机一个$1*n$的向量$X$。

根据矩阵乘法的结合律判断等式${X*A*A^{T}=X*C}$是否成立。

若是存在有一个元素不相同，表示对应列上出现了一个$0$向量，然后暴力寻找行的位置即可。

若是这一次没有找到,也许是根本就没有这样的向量或者是刚好在这个$X$向量的影响下判为了相等，多做几次，每次正确率约为$0.5$。

综合暴力至此可以得到$75$分。

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考虑$k=3$的情况，为什么就不能像$k=2$的时候那样做了呢？

因为矩阵$B$中的元素可以是${{0,1,2}}$了，无法再和全$1$矩阵$C$比较。

想办法将$k=3$的情况转换为$k=2$的情况。

之所以不能像$k=2$做，是因为出现了结果为$2$的情况。

注意到一个性质：${2\equiv -1\left ( mod  3 \right )}$

因此，如果我们将矩乘之后的矩阵D的所有结果平方，那么C就能用全1矩阵了。

令${NEWA\left ( i,j \right )=D(i,j)^{2}}$

 ${\because NEWA\left ( i,j \right )=\sum _{k_1=1}^{d}\sum _{k_2=1}^{d}A(i,k_1)A(i,k_2)A(k1,j)A(k2,j)}$

你可以想象成可以把每一个$d$维向量$A$转化为了${d^{2}}$维向量$Z$,其中${Z_{(i-1)*d+j}=a_i*a_j (1\leq i,j\leq d)}$

${\therefore }$这个时候变成了${n*d^{2}}$的矩阵与${d^{2}*n}$的矩阵相乘。

之后的做法就与$k=2$的情况相同。

综合之前的分数可以获得$100$分

NOTICE：$k=3$的运算是在模$3$的意义下的，只是最后的结果平方之后的值只能为${{0,1}}$。

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 #include<iostream>
 #include<cstdio>
 #include<algorithm>
 #include<vector>
 #include<cstdlib>
 #include<cmath>
 #include<cstring>
 #include<ctime>
 using namespace std;
 #define maxn 100100
 #define maxd 310
 #define llg long long
 #define yyj(a) freopen(a".in","r",stdin),freopen(a".out","w",stdout);
 llg n,a[maxn][maxd],d,k;
 llg X[maxn],NX[maxn];
 llg LX[maxn],Y[maxn],LY[maxn],T,g[maxn],l[maxn],r[maxn];
 llg D;
 bool pd=false;

 void init()
 {
     cin>>n>>d>>k;
     for (llg i=;i<=n;i++)
         for (llg j=;j<=d;j++)
         {
             scanf("%lld",&a[i][j]);
             //    at[j][i]=a[i][j];
             g[i]+=a[i][j]*a[i][j]; g[i]%=k;
         }
 }

 void check(llg i,llg j)
 {
     llg sum=;
     for (llg p=;p<=d;p++) sum+=a[i][p]*a[j][p];
     sum%=k;
     if (sum==)
     {
         if (i>j) swap(i,j);
         printf("%lld %lld\n",i,j);
         pd=true;
     }
 }

 inline void solve2()
 {
     memset(LX,,sizeof(LX)); memset(NX,,sizeof(NX));
     llg tot=;
     for (llg i=;i<=n;i++) X[i]=rand()%k,tot+=X[i],tot%=k;
     for (llg i=;i<=d;i++)
         for (llg j=;j<=n;j++)
             NX[i]+=X[j]*a[j][i],NX[i]%=k;
     for (llg i=;i<=n;i++)
         for (llg j=;j<=d;j++)
             LX[i]+=NX[j]*a[i][j],LX[i]%=k;
     for (llg i=;i<=n;i++)
         if (LX[i]!=tot)
         {
             for (llg j=;j<=n;j++)
                 if (i!=j)
                 {
                     if (pd) return ;
                     check(i,j);
                 }
         }
 }

 void solve3()
 {
     memset(LX,,sizeof(LX)); memset(NX,,sizeof(NX));
     llg tot=;
     for (llg i=;i<=n;i++) X[i]=rand()%k,tot+=X[i];
     tot%=k;
     for (llg j=;j<=n;j++)
         for (llg i=;i<=D;i++) NX[i]+=X[j]*a[j][l[i]]*a[j][r[i]];
     for (llg i=;i<=n;i++)
     {
         for (llg j=;j<=D;j++) LX[i]+=NX[j]*a[i][l[j]]*a[i][r[j]];
         LX[i]+=(-g[i])*X[i]; LX[i]%=k; LX[i]+=k;
         if (LX[i]%k!=tot)
         {
             for (llg j=;j<=n;j++)
                 if (i!=j)
                 {
                     if (pd) return;
                     check(i,j);
                 }
             llg he=;
         }
     }
 }

 int main()
 {
     yyj("a");
     srand(time(NULL));
     init();
     if (k==)
     {
         T=;
         while (T--)
         {
             solve2();
             if (pd) return ;
         }
     }
     else
     {
         T=;
         for (llg i=;i<=n;i++) g[i]*=g[i],g[i]%=k;
         D=d*d;
         for (llg i=;i<=D;i++)
         {
             llg t=(i%d==)?i/d:i/d+;
             l[i]=t,r[i]=i-(t-)*d;
         }
         while (T--)
         {
             solve3();
             if (pd) return ;
         }
     }
     if (!pd) cout<<"-1 -1";
     return ;
 }

HACK(若取全1矩阵C,但C的对角线均设为了0):

${A*A^{T}}$

全${1}$向量${X}$

${A*X*A^{t}}$

${C*X}$

将误判为相等。