bzoj4031 [HEOI2015]小Z的房间
2017-01-03 23:15
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【题意】
给定一个n*m的网格图,其中有一些坏点。求不包含坏点的生成树个数,答案对10^9取模。
【数据范围】
n<=9,m<=9
【思路】
本题有两种方法:
[方法一]matrix-tree定理
kirchhoff矩阵=度数矩阵-邻接矩阵
n阶矩阵的任意一个(n-1)阶主子式=这个矩阵去掉第i行第i列,i任意
matrix-tree定理:生成树个数=kirchhoff矩阵任意一个(n-1)阶主子式行列式的绝对值
求解矩阵行列式:
行列式的2个性质:
1.将矩阵任意一行的数值*k加到矩阵另一行上,矩阵行列式的值不变,列同理
2.交换两行,行列式取相反数,列同理
故我们采用类似高斯消元的方法:
对于每一列的元素,根据上面2个性质进行“消元”,将这一列上除当前第一个数外的其余所有数均消成0,然后矩阵规模-1,循环直到矩阵规模为1*1即可
故求解n*n矩阵的行列式,时间复杂度为O(n^3)
本题由于模数不是质数,故使用辗转相除进行消元
[方法二]插头dp
本题不同于一般的插头dp,由于求解生成树个数,故状态表示对应格点的连通性,使用最小表示法记录状态
【时间复杂度】
[方法一]O(n^6)
[方法二]O(状态数*n^2)
【方法一】
//matrix-tree定理+辗转相除消元
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 90
#define mod 1000000000
#define ll long long
using namespace std;
const int dx[4]={-1, 0, 0, 1};
const int dy[4]={0, -1, 1, 0};
int n, m, now, pos
, a
, x, y;
char S[20];
int get_hls(int n){
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)a[i][j]=(a[i][j]+mod)%mod;
int ans=1, ff=1, A, B, t;
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=i+1; j<=n; j++){
A=a[i][i]; B=a[j][i];
while(B){
t=A/B; A=A%B; swap(A, B);
for(int k=i; k<=n; k++)a[i][k]=(a[i][k]-(ll)t*a[j][k]%mod+mod)%mod;
for(int k=i; k<=n; k++)swap(a[i][k], a[j][k]);
ff^=1;
}
}
if(!a[i][i])return 0;
ans=(ll)ans*a[i][i]%mod;
}
if(!ff)return (mod-ans)%mod; else return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m); now=0;
memset(pos, 0, sizeof(pos));
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%s", S+1);
for(int j=1; j<=m; j++)
if(S[j]=='.')pos[i][j]=++now;
}
memset(a, 0, sizeof(a));
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=m; j++)if(pos[i][j]){
for(int k=0; k<=3; k++){
x=i+dx[k]; y=j+dy[k];
if(x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m&&pos[x][y]){
a[pos[i][j]][pos[i][j]]++;
a[pos[i][j]][pos[x][y]]--;
}
}
}
printf("%d", get_hls(now-1));
return 0;
}
给定一个n*m的网格图,其中有一些坏点。求不包含坏点的生成树个数,答案对10^9取模。
【数据范围】
n<=9,m<=9
【思路】
本题有两种方法:
[方法一]matrix-tree定理
kirchhoff矩阵=度数矩阵-邻接矩阵
n阶矩阵的任意一个(n-1)阶主子式=这个矩阵去掉第i行第i列,i任意
matrix-tree定理:生成树个数=kirchhoff矩阵任意一个(n-1)阶主子式行列式的绝对值
求解矩阵行列式:
行列式的2个性质:
1.将矩阵任意一行的数值*k加到矩阵另一行上,矩阵行列式的值不变,列同理
2.交换两行,行列式取相反数,列同理
故我们采用类似高斯消元的方法:
对于每一列的元素,根据上面2个性质进行“消元”,将这一列上除当前第一个数外的其余所有数均消成0,然后矩阵规模-1,循环直到矩阵规模为1*1即可
故求解n*n矩阵的行列式,时间复杂度为O(n^3)
本题由于模数不是质数,故使用辗转相除进行消元
[方法二]插头dp
本题不同于一般的插头dp,由于求解生成树个数,故状态表示对应格点的连通性,使用最小表示法记录状态
【时间复杂度】
[方法一]O(n^6)
[方法二]O(状态数*n^2)
【方法一】
//matrix-tree定理+辗转相除消元
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define N 90
#define mod 1000000000
#define ll long long
using namespace std;
const int dx[4]={-1, 0, 0, 1};
const int dy[4]={0, -1, 1, 0};
int n, m, now, pos
, a
, x, y;
char S[20];
int get_hls(int n){
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=n; j++)a[i][j]=(a[i][j]+mod)%mod;
int ans=1, ff=1, A, B, t;
for(int i=1; i<=n; i++){
for(int j=i+1; j<=n; j++){
A=a[i][i]; B=a[j][i];
while(B){
t=A/B; A=A%B; swap(A, B);
for(int k=i; k<=n; k++)a[i][k]=(a[i][k]-(ll)t*a[j][k]%mod+mod)%mod;
for(int k=i; k<=n; k++)swap(a[i][k], a[j][k]);
ff^=1;
}
}
if(!a[i][i])return 0;
ans=(ll)ans*a[i][i]%mod;
}
if(!ff)return (mod-ans)%mod; else return ans;
}
int main(){
scanf("%d%d", &n, &m); now=0;
memset(pos, 0, sizeof(pos));
for(int i=1; i<=n; i++){
scanf("%s", S+1);
for(int j=1; j<=m; j++)
if(S[j]=='.')pos[i][j]=++now;
}
memset(a, 0, sizeof(a));
for(int i=1; i<=n; i++)
for(int j=1; j<=m; j++)if(pos[i][j]){
for(int k=0; k<=3; k++){
x=i+dx[k]; y=j+dy[k];
if(x>=1&&x<=n&&y>=1&&y<=m&&pos[x][y]){
a[pos[i][j]][pos[i][j]]++;
a[pos[i][j]][pos[x][y]]--;
}
}
}
printf("%d", get_hls(now-1));
return 0;
}
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