D - Determinant of 01-Matrix - 题解

标签与难度

标签: 构造, 线性代数, 矩阵, 行列式, 位运算, 喵~ 难度: 2100

题目大意喵~

主人你好呀~ 这道题是要求我们构造一个神奇的矩阵 A 呐！给定一个正整数 $N$（$1 \le N \le 10^9$），我们要找到一个大小为 $n \times n$（$1 \le n \le 200$）的方阵 A，它的所有元素都只能是 $0$ 或者 $1$。最关键的是，这个矩阵的行列式 det(A) 必须恰好等于给定的 $N$ 哦！

题目保证在限制条件下一定有解，所以我们大胆去构造就好啦，喵~

解题思路分析

这是一道非常有趣的构造题，把线性代数里的行列式和位运算巧妙地结合在了一起。直接去凑一个行列式等于 $N$ 的矩阵，就像在猫抓板上乱抓一样，毫无头绪。所以，我们需要一个系统性的方法来“设计”出这个矩阵，而不是“猜”出来。

核心思想：二进制与拉普拉斯展开

看到目标值 $N$，我们这些聪明的我第一反应就是可以把它拆成二进制呀！任何一个正整数 $N$ 都可以表示为二进制形式：

$$N = c_k \cdot 2^k + c_{k-1} \cdot 2^{k-1} + \dots + c_1 \cdot 2^1 + c_0 \cdot 2^0$$

其中，$c_i$ 是第 $i$ 位的二进制数字，要么是 $0$ 要么是 $1$。

这个和式的形式，是不是很像行列式的计算公式呢？特别是拉普拉斯展开！比如，我们按第一列展开一个 $n \times n$ 矩阵 $A$ 的行列式：

$$\det(A) = \sum_{i=1}^{n} (-1)^{i+1} a_{i,1} M_{i,1}$$

其中 $a_{i,1}$ 是第一列第 $i$ 行的元素，$M_{i,1}$ 是去掉第 $i$ 行和第 $1$ 列后得到的子矩阵（代数余子式）的行列式。

如果……我是说如果哦，我们能做到以下几点，问题不就解决了吗？

1. 让第一列的元素 $a_{i,1}$ 对应 $N$ 的二进制位 $c_j$。
2. 让对应的代数余子式 $M_{i,1}$ 的值（包括前面的符号 $(-1)^{i+1}$）恰好是 $2^j$。

这样一来，$\det(A)$ 就会变成我们想要的 $\sum c_j \cdot 2^j = N$ 啦！

构造一个“幂次生成机”

现在的挑战是，如何构造一个矩阵，使得它的代数余子式能稳定地产生 $2$ 的幂次方？这听起来就像一个“幂次生成机”！

我们可以从最简单的开始。怎么得到一个值为 $2$ 的行列式呢？经过一番摸索（就像猫猫探索新玩具一样！），我们可以找到一个很棒的 $4 \times 4$ 的 $0-1$ 矩阵 $F$，它的行列式等于 $2$：

$$F = \begin{pmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 0 & 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 & 1 \\ 0 & 1 & 0 & 1 \end{pmatrix}$$

你可以自己算一下哦，$\det(F) = 2$。这个小小的 $4 \times 4$ 矩阵就是我们“幂次生成机”的核心部件！

组装矩阵

有了核心部件，我们就可以把它组装成一个大矩阵。我们的策略是这样的：

1. 确定大小：$N \le 10^9 < 2^{30}$，所以 $N$ 的二进制表示最多需要 $30$ 位。我们就准备 $k$ 个 $F$ 矩阵块，其中 $k$ 是 $N$ 的二进制位数。最终矩阵的大小会是 $n = 4k$ 左右。

2. 构建主体结构：我们将 $k$ 个 $F$ 矩阵块沿着主对角线放置。为了让它们产生不同的 $2$ 的幂，我们需要把它们“串联”起来。这可以通过在块与块之间添加一个值为 $1$ 的“连接件”来实现。具体来说，我们可以构建一个 $n \times n$ 的矩阵 $A$：

   • 在对角线上放置 $k$ 个 $4 \times 4$ 的 $F$ 块。第 $i$ 个块（从 $0$ 开始计数）占据行和列 4i+1 到 4i+4。
   • 在第 $i$ 个块和第 $i+1$ 个块之间，用 A[4i+4][4(i+1)+1] = 1 来连接。这使得整个矩阵形成一个上三角块状结构。

3. 设置二进制系数：现在，我们将第一列作为“开关”，用来选择我们想要的 $2$ 的幂次。$N$ 的二进制位 $c_j$ 将被放在第一列的特定位置。

让我们来整理一下这个构造过程，并解决一个关键细节：代数余子式 $M_{i,1}$ 到底等于多少？

假设我们有 $k$ 个块，矩阵大小为 $n=4k$。我们把二进制系数 $c_j$ 放在 A[4j+1][1] 的位置。

• 当我们计算 $M_{4j+1, 1}$ 时，我们移除了第 4j+1 行和第 1 列。
• 剩下的矩阵结构，由于我们的巧妙连接，其行列式恰好是 $2^j$！
  • $M_{1,1}$ (对应 $c_0$) 会是 $k-1$ 个 $F$ 块和一些连接件的行列式，结果是 $2^{k-1}$。
  • $M_{5,1}$ (对应 $c_1$) 会是 $k-2$ 个 $F$ 块... 结果是 $2^{k-2}$。
  • ...
  • $M_{4(k-1)+1, 1}$ (对应 $c_{k-1}$) 的行列式是 $1 = 2^0$。
• 所以，如果我们把 $c_{k-1-j}$ 放在 A[4j+1][1]，那么：

$$\det(A) = \sum_{j=0}^{k-1} a_{4j+1, 1} \cdot M_{4j+1, 1} = \sum_{j=0}^{k-1} c_{k-1-j} \cdot 2^{k-1-j} = N$$

这正好就是 $N$！我们成功啦，喵~

总结一下最终的构造方案（使用1-based索引）：

1. 将 $N$ 转换为二进制字符串，比如 101。设其长度为 k。
2. 创建一个 $n \times n$ 的矩阵，其中 $n = 4k$。
3. 对于 $i = 0, 1, \dots, k-1$：
   • 将我们的 $4 \times 4$ 基础矩阵 $F$ 放置到 A 的 (4i+1..4i+4, 4i+1..4i+4) 这个子区域。
   • 如果 $i < k-1$，设置 A[4i+4][4(i+1)+1] = 1 来连接下一个块。
4. 对于 $j = 0, 1, \dots, k-1$：
   • 如果 $N$ 的二进制表示中，从高到低第 $j$ 位是 '1'（即 $c_{k-1-j}=1$），我们就设置 A[4j+1][1] = 1。
5. 这样构造出来的矩阵 A 的行列式就是 $N$！

举个例子，如果 $N=5$，二进制是 101。$k=3$。

• 我们需要一个 $12 \times 12$ 的矩阵。
• 三个 $F$ 块分别放在 (1..4, 1..4), (5..8, 5..8), (9..12, 9..12)。
• 连接件是 A[4][5]=1, A[8][9]=1。
• N 的二进制位是 c_2=1, c_1=0, c_0=1。
• 我们设置 A[1][1] = c_2 = 1，A[5][1] = c_1 = 0，A[9][1] = c_0 = 1。
• 这样得到的矩阵行列式就是 $1 \cdot M_{1,1} + 0 \cdot M_{5,1} + 1 \cdot M_{9,1} = 1 \cdot 2^2 + 0 \cdot 2^1 + 1 \cdot 2^0 = 4+1=5$。完美！

代码实现

这是我根据上面的思路，精心重构的一份代码~ 注释很详细的，希望能帮到你，喵！

#include <iostream>
#include <vector>
#include <string>
#include <algorithm>
#include <cmath>

// 一个乐于助人的我为你准备的代码~

// 这是我们的核心部件，一个行列式为2的4x4矩阵 F
const std::vector<std::vector<int>> F = {
    {1, 1, 0, 0},
    {0, 1, 1, 0},
    {0, 0, 1, 1},
    {0, 1, 0, 1}
};

void solve() {
    long long N;
    std::cin >> N;

    if (N == 1) {
        std::cout << "1\n1\n";
        return;
    }

    // 将N转换为二进制字符串
    std::string bin_N = "";
    long long temp_N = N;
    if (temp_N == 0) {
        bin_N = "0";
    } else {
        while (temp_N > 0) {
            bin_N += (temp_N % 2 == 0 ? "0" : "1");
            temp_N /= 2;
        }
        std::reverse(bin_N.begin(), bin_N.end());
    }

    int k = bin_N.length(); // 二进制位数
    int n = 4 * k;         // 最终矩阵的大小

    std::vector<std::vector<int>> A(n, std::vector<int>(n, 0));

    // 步骤1: 放置k个F块，并用连接件将它们串联起来
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        // 将F块放置在 A[4i...4i+3][4i...4i+3]
        for (int row = 0; row < 4; ++row) {
            for (int col = 0; col < 4; ++col) {
                A[4 * i + row][4 * i + col] = F[row][col];
            }
        }
        // 添加连接件，将当前块与下一个块连接起来
        if (i < k - 1) {
            A[4 * i + 3][4 * (i + 1)] = 1;
        }
    }

    // 步骤2: 根据N的二进制位，在第一列设置“开关”
    for (int i = 0; i < k; ++i) {
        // bin_N[i] 对应 N 从高到低的第 i 位 (c_{k-1-i})
        // 我们把它放在第 i 个块的起始位置 A[4i][0]
        if (bin_N[i] == '1') {
            A[4 * i][0] = 1;
        }
    }

    // 输出结果
    std::cout << n << std::endl;
    for (int i = 0; i < n; ++i) {
        for (int j = 0; j < n; ++j) {
            std::cout << A[i][j] << (j == n - 1 ? "" : " ");
        }
        std::cout << std::endl;
    }
}

int main() {
    // 加速输入输出，让程序跑得像猫一样快！
    std::ios_base::sync_with_stdio(false);
    std::cin.tie(NULL);
    solve();
    return 0;
}

复杂度分析

• 时间复杂度: $O(k^2)$ 或 $O((\log N)^2)$。 我们需要先确定 $N$ 的二进制位数，这需要 $O(\log N)$ 的时间。设位数是 $k$，那么 $k \approx \log_2 N$。我们构造的矩阵大小是 $n=4k$。填充和打印这个 $n \times n$ 矩阵需要 $O(n^2) = O((4k)^2) = O(k^2)$ 的时间。所以总的时间复杂度是 $O((\log N)^2)$。

• 空间复杂度: $O(k^2)$ 或 $O((\log N)^2)$。 我们用了一个 vector<vector<int>> 来存储这个 $n \times n$ 的矩阵，所以空间复杂度是 $O(n^2) = O(k^2) = O((\log N)^2)$。

考虑到 $N \le 10^9$，$\log_2 N < 30$，所以 $n$ 最多也就 $120$ 左右，这个复杂度的算法是完全可以接受的，喵~

知识点总结

1. 构造性算法: 这类问题没有固定的公式，需要我们自己设计一个满足条件的方案。通常从问题的目标（比如这里的 det(A)=N）入手，反向推导出构造方法。
2. 拉普拉斯展开: 行列式的一个基本计算方法，是连接矩阵元素和其子式行列式的桥梁。它是我们这次构造的核心理论基础。
3. 位运算/二进制思想: 将数字问题转化为二进制位上的问题，是算法竞赛中非常常见的降维打击思路！将 $N$ 拆成 $2$ 的幂次和，是解决本题的钥匙。
4. 分块矩阵: 虽然我们的构造不是严格的分块矩阵，但思想是类似的。通过设计小的、功能明确的矩阵块（比如我们的 det=2 的 $F$ 矩阵），然后将它们组合成一个大的、功能更复杂的矩阵。
5. 从第一性原理出发: 面对复杂的构造题，不要害怕，喵~ 从最基本的定义（行列式怎么算）和最基本的表示（数字的二进制）出发，一步步把它们联系起来，往往就能找到通往正确答案的小路！

希望这篇题解能帮到你，如果还有不明白的地方，可以随时再来问我哦！一起加油，喵~