虽然说是一道水题，但小C觉得还是挺有意思的，所以在这里mark一下。
Description
小Q是一个非常聪明的孩子，除了国际象棋，他还很喜欢玩一个电脑益智游戏——矩阵游戏。矩阵游戏在一个N*N黑白方阵进行（如同国际象棋一般，只是颜色是随意的）。每次可以对该矩阵进行两种操作：行交换操作：选择矩阵的任意两行，交换这两行（即交换对应格子的颜色）列交换操作：选择矩阵的任意行列，交换这两列（即交换对应格子的颜色）游戏的目标，即通过若干次操作，使得方阵的主对角线(左上角到右下角的连线)上的格子均为黑色。对于某些关卡，小Q百思不得其解，以致他开始怀疑这些关卡是不是根本就是无解的！！于是小Q决定写一个程序来判断这些关卡是否有解。
Input
第一行包含一个整数T，表示数据的组数。接下来包含T组数据，每组数据第一行为一个整数N，表示方阵的大小；接下来N行为一个N*N的01矩阵（0表示白色，1表示黑色）。
Output
输出文件应包含T行。对于每一组数据，如果该关卡有解，输出一行Yes；否则输出一行No。
Sample Input
2
2
0 0
0 1
3
0 0 1
0 1 0
1 0 0
Sample Output
No
Yes
HINT
对于100%的数据，N ≤ 200。
Solution
拿到这道题目肯定要思考，什么样的局面通过交换行列可以变成主对角线上都为黑格的情况？
由于交换是可逆的，我们倒过来思考，主对角线上都是黑格的情况通过交换行列可以变成什么局面。
这样就一目了然了。一开始是1~n的排列，每次交换行列相当于交换两个位置上的数字。
这样问题就转化成：是否能从每行选出恰好一个黑格，n行黑格代表的列数正好组成一个1~n的全排列。
正解是二分图匹配。全排列可以看作是行和列的匹配，思路很清晰。时间复杂度O(n^2)（匈牙利算法）/O(n^1.5)（网络流）。
但是小C这里要介绍的，是另一种做法。
想到矩阵和排列，我们会很自然地想起行列式。
我们思考一下行列式的计算公式：
。
发现如果一个排列上的所有数都不为0，就一定会对答案有贡献！
所以我们就直接求这个矩阵的行列式的值就可以了？？？复杂度O(n^3)。
当然不行，这些排列对答案的贡献有正有负，矩阵的值全为0或1的话很容易凑出0。例如{{0,1,1},{0,1,1},{1,0,0}}。
那怎么办？
很简单啊，我们给矩阵里的黑格都随机一个权值就好了嘛。
什么？还是WA？
我们来看一看行列式等于0还有什么条件：
1.有一行或一列全为0的情况；
2.有两行或两列数值成比例的情况；
3.行向量之间或列向量之间有相关的情况；
4.逆矩阵不存在的情况：
5.行列式对应的矩阵的秩小于行列式的阶数的情况……
够了！似乎第二条看起来特别扎眼，于是我们给矩阵里的黑格都随机一个质数权值如何？
过了卧槽。
二分图匹配：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define MN 205
using namespace std;
bool u[MN],mp[MN][MN];
int mat[2][MN];
int t,n;
inline int read()
{
int n=0,f=1; char c=getchar();
while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {n=n*10+c-‘0‘; c=getchar();}
return n*f;
}
bool dfs(int x)
{
if (u[x]) return false;
u[x]=true;
for (register int i=1;i<=n;++i)
{
if (!mp[x][i]||mat[0][x]==i) continue;
if (!mat[1][i]||dfs(mat[1][i])) {mat[0][x]=i; mat[1][i]=x; return true;}
}
return false;
}
int main()
{
register int i,j;
t=read();
while (t--)
{
n=read();
for (i=1;i<=n;++i)
for (j=1;j<=n;++j) mp[i][j]=read();
memset(mat,0,sizeof(mat));
for (i=1;i<=n;++i)
{
memset(u,0,sizeof(u));
if (!dfs(i)) break;
}
if (i<=n) puts("No"); else puts("Yes");
}
}
高斯消元求行列式：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <cstdlib>
#define mod 1000000007
#define MP 2000005
#define MN 205
using namespace std;
int a[MN][MN],p[MP];
bool u[MP];
int t,n,pin;
inline int read()
{
int n=0,f=1; char c=getchar();
while (c<‘0‘ || c>‘9‘) {if(c==‘-‘)f=-1; c=getchar();}
while (c>=‘0‘ && c<=‘9‘) {n=n*10+c-‘0‘; c=getchar();}
return n*f;
}
int mi(int x,int y)
{
register int z=1;
for (;y;x=1LL*x*x%mod,y>>=1) if (y&1) z=1LL*z*x%mod;
return z;
}
void init()
{
register int i,j;
for (i=2;i<MP;++i)
{
if (!u[i]) p[++pin]=i;
for (j=1;i*p[j]<MP;++j)
{
u[i*p[j]]=true;
if (i%p[j]==0) break;
}
}
}
int main()
{
register int i,j,k,x,mxi,lt;
srand(9875321); init();
t=read();
while (t--)
{
n=read();
for (i=1;i<=n;++i)
for (j=1;j<=n;++j)
if (read()&1) a[i][j]=p[(rand()*rand()%pin+rand())%pin+1];
else a[i][j]=0;
for (i=1;i<n;++i)
{
mxi=i;
for (j=i+1;j<=n;++j) if (a[j][i]>a[mxi][i]) mxi=j;
if (mxi!=i) swap(a[mxi],a[i]);
if (!a[i][i]) break;
for (j=i+1;j<=n;++j)
for (lt=1LL*mi(a[i][i],mod-2)*a[j][i]%mod,k=i;k<=n;++k)
a[j][k]=(a[j][k]-1LL*a[i][k]*lt%mod+mod)%mod;
}
if (i<n||!a[n][n]) puts("No"); else puts("Yes");
}
}
Last Word
行列式还能这么用.jpg。
这题又让小C了解了一下行列式的一点点性质，好像还练习了一下乱搞技巧？
小C的n^3做法似乎成功拿到了bzoj那一题的垫底：
