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Description
两个d 维向量A=[a1,a2,...,ad]与B=[b1,b2,...,bd]的内积为其相对应维度的权值的乘积和，即：
现有 n 个d 维向量x1,...,xn ，小喵喵想知道是否存在两个向量的内积为k的倍数。请帮助她解决这个问题
Input
第一行包含3个正整数n,d,k，分别表示向量的个数，维数以及待检测的倍数。接下来n行每行有d个非负整数，其中
第i行的第j个整数表示向量xi的第j维权值xi,j。
N<=100000,D<=30,K<=3,Xi,j<10
Output
包含两个整数，用空格隔开。如果存在两个向量xp,xq的内积为k的整数倍，则输出两个向量的编号p与q（要求p<q
）。如果存在多组这样的向量组合，输出其中任意一组即可。若不存在这样的向量组合，则输出两个-1。
Sample Input
2 20 2
0 0 1 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 0 0 0 1 1 1 1
1 0 1 0 1 0 1 1 1 1 0 1 1 1 0 1 1 0 1 0
Sample Output
1 2
正解：随机化+矩阵乘法+搜索
解题报告：
这道题非常有意思呀…
首先如果把所有向量列在一起可以得到一个n*d的矩阵，而将这个矩阵转置得到一个转置矩阵，用矩阵乘转置矩阵，将得到的新矩阵。
容易发现，新矩阵的第i行第j个数就是第i个向量和第j个向量的内积。
如果在模2意义下，只要新矩阵中存在0，则说明存在是2的倍数的组合。
而我们可以和全1矩阵进行比较。如果不相等则说明存在，暴力寻找；否则不存在。
注意到为了支持快速判断两个大矩阵是否相等，我需要用一个另外的矩阵分别乘等式两边的矩阵，如果最终结果相同则视为两个矩阵相等。
这样做有可能出错，多随几次提高判断正确的概率。
对于k=3的情况，不能用上述做法做，考虑把结果平方一下，则可以把2化成1。考虑不用矩乘，直接用点积：
考虑我先随机一个1到n的排列，每次用当前排列所代表的向量，去与之前的所有向量做点积。得到的答案平方之后，再加起来。
那么我可以得到一个权值，如果为i-1则说明全为1，与全1矩阵相等。否则出现了0，暴力寻找，输出答案即可。
考虑如何优化快速求与之前所有向量的点积的平方和。
${(\sum_{i=1}^{d}a_i*b_i)^2}$这是a向量和b向量的点积的平方。
${(\sum_{i=1}^{d}a_i*b_i)^2}=\sum_{i=1}^{d}\sum_{j=1}^{d}a_i*b_i*a_j*b_j$
那么我令a为排列的第i个数所代表的向量，则令b为排列的前i-1个数的前缀和，则可快速求得。
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#include <iostream>
#include <cstdlib>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <cmath>
#include <algorithm>
#include <ctime>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int MAXN = 100011;
const int MAXD = 102;
int n,d,k,c[MAXN],ans[MAXN],c2[MAXN],q[MAXN];
int a[MAXN][MAXD],b[MAXD][MAXN],tot,sum[MAXD][MAXD];//转置矩阵不要写反了！
inline int getint(){
int w=0,q=0; char c=getchar(); while((c<‘0‘||c>‘9‘) && c!=‘-‘) c=getchar();
if(c==‘-‘) q=1,c=getchar(); while (c>=‘0‘&&c<=‘9‘) w=w*10+c-‘0‘,c=getchar(); return q?-w:w;
}
inline int calc(int x){
int tot=0;
for(int i=1;i<=d;i++)
for(int j=1;j<=d;j++)
tot+=sum[i][j]*a[x][i]*a[x][j],sum[i][j]+=a[x][i]*a[x][j];
return tot%3;
}
inline void work(){
srand(20000605);
n=getint(); d=getint(); k=getint();
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=d;j++) a[i][j]=getint(),a[i][j]%=k;
for(int j=1;j<=d;j++) for(int i=1;i<=n;i++) b[j][i]=a[i][j];
if(k==2) {
int Case=0;
while(Case<=5) {//随机几次
Case++; if(Case>5) break; tot=0;
for(int i=1;i<=n;i++) c[i]=rand()%k,tot+=c[i]; tot%=k; for(int i=1;i<=n;i++) ans[i]=0;
for(int i=1;i<=d;i++) { for(int j=1;j<=n;j++) ans[i]+=c[j]*a[j][i]; ans[i]%=k; }
for(int i=1;i<=n;i++) c2[i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++){ for(int j=1;j<=d;j++) c2[i]+=ans[j]*b[j][i]; c2[i]%=k; }
int tag=-1; for(int i=1;i<=n;i++) if(c2[i]!=tot) { tag=i; break; }//不同的位置
if(tag==-1) continue; int tag2=-1,now;
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(i==tag) continue;
now=0; for(int j=1;j<=d;j++) now+=a[tag][j]*b[j][i];
now%=k; if(now==0) { tag2=i; break; }
}
if(tag2!=-1) { if(tag>tag2) swap(tag,tag2); printf("%d %d\n",tag,tag2); return ; }
}
printf("-1 -1");
}
else{
for(int i=1;i<=n;i++) q[i]=i;
random_shuffle(q+1,q+n+1);
int Case=1;
while(Case--) {
memset(sum,0,sizeof(sum));
for(int i=1;i<=n;i++) {
if(calc(q[i])!=((i-1)%3)) {
for(int j=1;j<i;j++) {
int tot=0;
for(int l=1;l<=d;l++) tot+=a[q[i]][l]*a[q[j]][l];
if(tot%3==0) { printf("%d %d",min(q[i],q[j]),max(q[i],q[j])); return ; }
}
}
}
}
printf("-1 -1");
}
}
int main()
{
work();
return 0;
}