jzoj5014 【NOI2017模拟3.13】矩阵 （线性代数，矩阵计数）

题意

$A,B,C$都是n阶01方阵，给定$C$，现求有多少对有序$(A,B)$满足$A\ast B=C$.
乘法是模2意义下的矩阵乘法。
$n\le 2000$

？

迷得很这个题
模2意义就相当于加法是xor，数量乘法是and，仍然能组成一个线性空间。
因此下面的讨论是在$数域0,1$下的进行的。

首先要发现一下，AB=C可以视作是将A的列向量进行n次线性组合得到c的每个列向量。（每一次的系数就是B矩阵对应列）。因此，c的张成是a的张成的一个线性子空间。

$O(n^3)$

考虑枚举A,那么计算B的方案数。
假如A的秩记作$r(A)$（也就是其列向量张成的维数，或者理解成线性基大小都可以）
即每一列有$2^{n-r(A)}$种取值方案。
求矩阵的秩可以高斯消元，bitset优化。

接下来考虑一个dp去构造矩阵A并计算贡献。
设$f(i,j,k)$表示已经构造了1…i列，$span(A)$的维数是$j+k$。$span(A)$与$span(C)$的交的维数为$j$.

考虑新的一列有什么情况。要么A的维数保持不变，那么就有$2^{j+k}$种情况。
要么A的维数加一，这里的情况总数有$2^n-2^{j+k}$种。但要区分是j+1还是k+1.
j+1的情况有$2^{r+k}-2^{j+k}$，k+1的情况有$2^n-2^{r+k}$，其中r是C的张成维数。
原因大概是，在这个线性空间里k维的子空间点数是$2^k$，再根据各个空间的包含关系即可得出。
限于知识水平我无法在这里给出很清晰的解释，各位看官请在评论区指教。

最终的答案就可以非常简单的计算了。这个dp是$O(n^3)$的，但这个做法启示我们，答案事实上只与$r(C)$与n有关。

进一步观察

一步非常妙的转化，既然给定$r(C)$求答案比较复杂，我们可以计算出所有秩相同的矩阵的答案，再除以个数。
设$F[i][j]$是确定了前i列，张成的维数为j的矩形个数，完成这个dp只需要$O(n^2)$的复杂度。

考虑一个秩为x的矩形作为A$(x>=r(C))$，其对应的C的每一列向量都可以表示为长度为x的01向量（即span(A)的线性组合）。C的秩就是这个n * x矩形的秩，于是这样的C有$F[x][r(C)]$种。答案也就可以计算了。

复杂度$O(n^3/w+n^2)$。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 2020, mo = 1e9 + 7;
typedef long long ll;
bitset<N> c[N];
int n, r;
void write() {
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) printf("%d",(int)c[i][j]);
		printf("\n");
	}
}
void getrank() {
	int used = 0;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		// write(); printf("\n");
		int can = 0;
		for(int j = used + 1; j <= n; j++) if (c[j][i]) {
			can = 1;
			used++;
			swap(c[used], c[j]);
			break;
		}
		if(can) 
			r++;
		else
			continue;
		for(int j = used + 1; j <= n; j++) if(c[j][i]) {
			c[j] ^= c[used];
		}
	}
}
ll f[N][N];
ll mi[N];
ll ksm(ll x,ll y) {
	ll ret = 1; for (; y; y >>= 1) {
		if (y & 1) ret = ret * x % mo;
		x = x * x % mo;
	}
	return ret;
}

int main() {
	freopen("mat.in","r",stdin);
	// freopen("mat.out","w",stdout);
	cin>>n;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			int w; scanf("%d", &w);
			if(w) c[i].set(j);
		}
	}
	getrank();
	mi[0] = 1; for(int i = 1; i <= n; i++) mi[i] = mi[i - 1] * 2 % mo;
	f[0][0] = 1;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 0; j < i; j++) if (f[i - 1][j]) {
			f[i][j] = (f[i][j] + f[i - 1][j] * mi[j]) % mo;
			f[i][j + 1] = (f[i][j + 1] + f[i - 1][j] * (mi[n] - mi[j])) % mo;
		}
	}
	ll ans = 0;
	for(int x = r; x <= n; x++) {
		ans = (ans + f[n][x] * f[x][r] % mo * ksm(2, n * (n - x))) % mo;
	}
	ans = ans * ksm(f[n][r], mo - 2) % mo;
	cout<<(ans+mo)%mo<<endl;
}