求一个n元一次方程的解,Gauss消元 const Matrix=require('./Matrix.js') /*Gauss 消元 传入一个矩阵,传出结果 */ function Gauss(matrix){ let l=[];//是否为自由元 let ans=[];//存储解 const n=matrix.Column-1;//解的个数 const EPS=0.00001; let res=0,r=0; for(let i=0;i<matrix.Column;i++){ for(let j=

[题目大意] 给出一棵树,初始状态均为0,每反转一个节点的状态,相邻的节点(父亲或儿子)也会反转,问要使状态均为1,至少操作几次? [思路] 一场大暴雨即将来临,白昼恍如黑夜!happy! 和POJ1222差不多,首先容易知道:每个节点最多被反转一次,证明略. 高斯消元解Xor方程组可能存在自由元,即处理完后map[i][i]=0;则通过dfs来枚举所有的情况,求出最小的. [错误点] gauss里面交换值得时候不要忘了n+1也要跟着交换. dfs里面的t我一开始直接是按照往常一样修改map[i

题目链接:http://poj.org/problem?id=1830 题意:中文题诶- 思路:高斯消元解 mod2 方程组 有 n 个变元,根据给出的条件列 n 个方程组,初始状态和终止状态不同的位置对应的方程右边常数项为1,状态相同的位置对于的方程组右边的常数项为0．然后用高斯消元解一下即可．若有唯一解输出1即可,要是存在 k 个变元,则答案为 1 << k, 因为每个变元都有01两种选择嘛- 代码: #include <iostream> #include <stdio

C#程序计算N阶行列式的值及N元一次方程组 用了挺长时间自行完成了C#程序计算N阶行列式的值及N元一次方程组.由于自己没有在网上查阅其他资料,所以只能硬着头皮用最朴素的思想和基础的算法进行编程.在给出代码之前,我先简单发表一些自己的粗鄙之见... 1.数学思想:有了线性代数中高斯提供的公式,我们很容易就能得到N阶方程的解的统一计算方法:即xn=Dn/D.其中D是系数矩阵的行列式值,Dn是用每个方程的结果分别代替系数矩阵中的每列值,所得新的行列式的值. 那么我们的关键问题就是(1)如何计算一个N阶

题目链接: http://poj.org/problem?id=1222 题意: 有一个 5 * 6 的初始矩阵, 1 表示一个亮灯泡, 0 表示一个不亮的灯泡. 对 (i, j) 位置进行一次操作则 (i, j), (i + 1, j), (i - 1, j), (i, j - 1),  (i, j + 1) 位置的灯泡变为原来的相反状态, 输出一种能让所有灯泡都变成不亮状态的操作集合. 思路: 1. 可以先枚举第一行的所有操作集合, 2^6 种, 第一行的每一种操作后都得到一个灯泡状态集合,

建立方程组消元,结果为2 ^(自由变元的个数) - 1 采用高斯消元求矩阵的秩 方法一: #include<cstdio> #include<iostream> #include<cstdlib> #include<cstring> #include<string> #include<algorithm> #include<map> #include<queue> #include<vector>

题目链接 m个方程,n个未知量,求解异或方程组. 复杂度比较高,需要借助bitset压位. 感觉自己以前写的(异或)高斯消元是假的..而且黄学长的写法都不需要回代. //1100kb 324ms #include <cstdio> #include <cctype> #include <bitset> #include <algorithm> const int N=1004,M=2004; int n,m; char s[N]; std::bitset&l

http://poj.org/problem?id=1222 题意:现在有5*6的开关,1表示亮,0表示灭,按下一个开关后,它上下左右的灯泡会改变亮灭状态,要怎么按使得灯泡全部处于灭状态,输出方案,1表示按,0表示不按. 思路:每个开关最多只按一次,因为按了2次之后,就会抵消了. 可以从结果出发,也就是全灭状态怎么按能变成初始状态. 用3*3来举个例子,$X\left ( i,j \right )$表示这些开关是按还是不按,那么对于第一个开关,对它有影响的就只有2.4这两个开关,所以它的异或方程

题目链接: http://poj.org/problem?id=1681 题意: 有一个包含 n * n 个方格的正方形, w 表示其所在位置为白色, y 表示其所在位置为黄色. 对 (i, j) 位置进行一次操作则 (i, j), (i + 1, j), (i - 1, j), (i, j - 1),  (i, j + 1) 位置的颜色变为原来的相反状态, 输出让所有方格都变成白色所需的最少操作步数, 若不能使所有方格都变成白色,则输出 inf . 思路: 这题和 poj 1222 (题解:

书上分析的太清楚,我都懒得写题解了.=_=|| #include <cstdio> #include <cstring> #include <cmath> #include <algorithm> using namespace std; ; ; ]; ; void Init() { int m = sqrt(maxn + 0.5); ; i <= m; i++) if(!vis[i]) for(int j = i*i; j <= maxn; j

;i<=n;i++) { ;j<=n;j++) if(a[j]>a[i]) swap(a[i],a[j]); if(!a[i]) break; ;j>=;j--) ) { ;k<=n;k++) )) a[k]^=a[i]; break; } } 对着这个代码思(dan)考(teng)了一星期... UPD:好像这两份代码干的事情一样?做完之后每一个数的最高位上只有这一个1.T_T谁能告诉我这两份代码有什么区别?各有什么用?还有为什么要这么做? ;i<=n;i++) ;j

高斯消元. 自己只能想出来把每一个点看成一个变量,用Xi表示其状态,这样必定TLE,n^2 个变量,再加上3次方的高斯消元(当然,可以用bitset压位). 正解如下: 我们把地图划分成一个个的横条和竖条,对于点i,我们用Li,Ri分别表示横着和竖着穿过它的,显然,对于每一个点,有且仅有一个L块和R块穿过. 得到第一个方程    YLi = sigma(Xp) p属于Li,YRi = sigma(Xp) p属于Ri --> sigma(Xp) xor Yi = 0. 接着我们考虑, Si xor

题目链接:http://poj.org/problem?id=1753 题意:一个 4*4 的棋盘,初始时上面放满了黑色或白色的棋子．对 (i, j) 位置进行一次操作后 (i, j), (i + 1, j), (i - 1, j), (i, j + 1), (i, j - 1) 位置的棋子会变成原来相反的状态．问最少需要多少步可以将棋盘上的棋子全部变成白色或者黑色． 思路:分别将棋子变成黑色和白色,然后再用高斯消元解,其中步数较小者即为答案． 注意不存在唯一解时需要枚举自由变元来取得最小步数．

题目链接 显然我们需要使每个i满足\[( ∑_{j} X[j]*A[i][j] ) mod\ 2 = B[i]\] 求这个方程自由元Xi的个数ans,那么方案数便是\(2^{ans}\) %2可以用^代替,不难看出 B[i]=st[i]^ed[i] 如果X[j]=1,假设j会影响i,那么X[j]*A[i][j]这一项应为1,所以A[i][j]应=1 输入别反! 注意A[i][i]=1 将系数矩阵化为上三角形式后,剩下的系数全为0的行数就是自由元的个数: 如果某一行系数全为零,增广矩阵最后一列对应

题目链接:点击打开链接 白书的例题练练手. . . P161 #include <cstdio> #include <iostream> #include <algorithm> #include <math.h> #include <string.h> #include <algorithm> using namespace std; #define ll int #define LL long long const int mod

题目大意:给出n个数字a[],将a[]分解为质因子(保证分解所得的质因子不大于2000),任选一个或多个质因子,使其乘积为完全平方数.求其方法数. 学长学姐们比赛时做的,当时我一脸懵逼的不会搞……所以第二天上午花了一上午学习了一下线性代数. 题目思路: 任选一个或多个质因子,起乘积为完全数m,因为组成它的均为素数,假设组成m的素数的种类为n,那么这n类素数中每类素数的个数应为偶数. 可设:a[i][j]=0代表第i种素数可在a[j]中分离出的个数为偶数,a[i][j]=1代表第i种素数可在a[j

由于每个点的状态受到其自身和周围四个点的影响,所以可以这样建立异或方程组: 引用题解: http://hi.baidu.com/ofeitian/item/9899edce6dc6d3d297445264 题目大意:给你一个5*6的矩阵,矩阵里每一个单元都有一个灯和一个开关,如果按下此开关,那么开关所在位置的那个灯和开关前后左右的灯的状态都会改变(即由亮到不亮或由不亮到亮).给你一个初始的灯的状态,问怎样控制每一个开关使得所有的灯最后全部熄灭(此题保证有唯一解). 解题思路:高斯消元.很显然每个

Xor方程组解的个数判定: ——莫涛<高斯消元解Xor方程组> 使用方程个数判定:消去第i个未知数时,都会记录距第i个方程最近的第i位系数不为0の方程是谁,这个的max就是使用方程个数. 使用bitset加速. #include<cstdio> #include<cmath> #include<algorithm> #include<bitset> using namespace std; #define N 1001 #define M 200

原题链接:http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=4870 原题: Rating Time Limit: 10000/5000 MS (Java/Others)    Memory Limit: 32768/32768 K (Java/Others) Total Submission(s): 654    Accepted Submission(s): 415 Special Judge Problem Description    A little

众所周知,高斯消元可以用来求n元一次方程组的,主要思想就是把一个n*(n+1)的矩阵的对角线消成1,除了第n+1列(用来存放b的)的其他全部元素消成0,是不是听起来有点不可思议??! NO NO NO! 这不就是初中学的代入消元和加减消元嘛,思路一样的. Step 1:将所给出的n元1次方程组的每个未知数系数和等号后面的常数写成一个n*(n+1)的矩阵  比如这个三元一次方程组我们就可以写成如下3×4的矩阵: Step 2 :运用矩阵的各种性质,来将矩阵消成对角线上的元素为1,并且除了第n+1列

高斯消元可以解决一系列DP序混乱的无向图上(期望)DP DP序 DP序是一道DP的所有状态的一个排列,使状态x所需的所有前置状态都位于状态x前: (通俗的说,在一个状态转移方程中‘=’左侧的状态应该在‘=’右侧的所有状态之后) 于是往往只有按DP序转移状态,才可以保证每个状态值的正确性 一道DP的状态序不是唯一的 常见的有: 某些DAG上dp按拓扑序转移: 某些树上DP先转移x点的子树,后转移x: 某些树上DP先转移x,后转移x点的子树: 线性DP左到右或右到左: 区间DP小到大: 某些记忆化搜