HDU 5755 高斯消元

看的其他人的题解

可以设n*m个未知量，建立n*m个方程。位置i，j可以建立方程 (2*x[i*m+j]+x[(i-1)*m+j]+x[(i+1)*m+j]+x[i*m+j-1]+x[i*m+j+1])%3=3-b[i][j]; 套了个高斯消元的板子过了。

题意：给定一个只含{0,1,2}的n*m的矩阵。有一种操作：将(x,y)位置+2同时(x-1,y),(x+1,y),(x,y-1),(x,y+1)都会+1。要求进行<=2*n*m次操作将矩阵变为全0，数据保证至少有一组解。

分析：前段时间刚做完一道这样的题，比赛的时候因为卡其他题了这道题却没看到。想多练一下的转E.Harmonious Matrices。。再说下这种题的思路吧，我们可以设第一行每个位置的操作次数为xi，0<=xi<3，然后显然知道了第一行我们就能将整个矩阵都推导出来。如果直接暴力枚举显然是不行的，我们观察发现每填完一行只能确定上一行的元素，那么想要确定n行显然是要推到第n+1行，但是实际情况第n+1行全为0。所以对于第n+1行的m个位置我们能得到m个含m个未知数xi等于0的方程，那么只要解这个方程组就能得到答案x啦。PS：出题人的做法类似但是复杂度上差很多，出题人说的做法是设n*m个变量，然后根据题目的要求建n*m个方程，这样是O（n^3*m^3）的。我的做法是设m个变量，这样就能O(m^3)啦。

#pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>#include<algorithm>#include<vector>#include<map>#include<set>#include<queue>#include<stack>#include<iostream>using namespace std;typedef long long LL;const double pi=acos(-1.0),eps=1e-8;void File(){    freopen("D:\\in.txt","r",stdin);    freopen("D:\\out.txt","w",stdout);}inline int read(){    char c = getchar();  while(!isdigit(c)) c = getchar();    int x = 0;    while(isdigit(c)) { x = x * 10 + c - '0'; c = getchar(); }    return x;}const int mod = 3;int exgcd(int a,int b,int &x,int &y){    if(!b){x = 1; y = 0; return a;}    else{        int r = exgcd(b,a%b,y,x);        y -= x * (a/b);        return r;    }}int lcm(int a,int b){    int x = 0, y =0;    return a / exgcd(a,b,x,y) * b;}const int MAXN=1000;int A[MAXN][MAXN],x[MAXN];///A数组存的高斯消元的数组，  free_x[MAXN]///free_x数组存。x数组存出结出来的答案void Gauss(int n,int m){    int r,c;    for(r=0,c=0;r<n && c<m;c++){        int maxr = r;        for(int i=r+1;i<n;i++) if(abs(A[i][c]) > abs(A[maxr][c])) maxr = i;        if(maxr != r) for(int i=c;i<=m;i++) swap(A[r][i],A[maxr][i]);        if(!A[r][c]) continue;        for(int i=r+1;i<n;i++) if(A[i][c]){            int d = lcm(A[i][c],A[r][c]);            int t1 = d / A[i][c], t2 = d / A[r][c];            for(int j=c;j<=m;j++)                A[i][j] = ((A[i][j] * t1 - A[r][j] * t2) % mod + mod) % mod;        }        r++;    }    for(int i=r;i<n;i++) if(A[i][m]) return ;    for(int i=r-1;i>=0;i--){        x[i] = A[i][m];        for(int j=i+1;j<m;j++){            x[i] = ((x[i] - A[i][j] * x[j]) % mod + mod) % mod;        }        int x1 = 0,y1 = 0;        int d = exgcd(A[i][i],mod,x1,y1);        x1 = ((x1 % mod) + mod) % mod;        x[i] = x[i] * x1 % mod;    }}void Gauss_init(){    memset(A,0,sizeof A);  memset(x,0,sizeof x);///memset(free_x,0,sizeof free_x);}int T,n,m;int b[MAXN][MAXN];///存储原始数据bool check(int a,int b){    if(a>=0&&a<n&&b>=0&&b<m) return 1;    return 0;}int main(){    scanf("%d",&T);    while(T--)    {        scanf("%d%d",&n,&m);        for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++) scanf("%d",&b[i][j]);        Gauss_init();        for(int i=0;i<n;i++) for(int j=0;j<m;j++)        {            A[i*m+j][i*m+j]=2;            if(check(i-1,j)) A[i*m+j][(i-1)*m+j]=1;            if(check(i+1,j)) A[i*m+j][(i+1)*m+j]=1;            if(check(i,j-1)) A[i*m+j][i*m+j-1]=1;            if(check(i,j+1)) A[i*m+j][i*m+j+1]=1;            A[i*m+j][n*m]=(3-b[i][j])%3;        }        Gauss(n*m,n*m);        int ans=0; for(int i=0;i<n*m;i++) ans=ans+x[i]; printf("%d\n",ans);        for(int i=0;i<n*m;i++) while(x[i]) { printf("%d %d\n",i/m+1,i%m+1); x[i]--; }    }    return 0;}