51nod 1137 矩阵乘法(矩阵快速乘法)

基准时间限制:1 秒 空间限制:131072 KB 分值: 0  难度:基础题
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给出2个N * N的矩阵M1和M2,输出2个矩阵相乘后的结果。
Input
第1行:1个数N,表示矩阵的大小(2 <= N <= 100)
第2 - N + 1行,每行N个数,对应M1的1行(0 <= M1[i] <= 1000)
第N + 2 - 2N + 1行,每行N个数,对应M2的1行(0 <= M2[i] <= 1000)
Output
输出共N行,每行N个数,对应M1 * M2的结果的一行。
Input示例
2
1 0
0 1
0 1
1 0
Output示例
0 1
1 0
相关问题
矩阵快速幂 
40
李陶冶  (题目提供者)


中文题目,简单易懂。




#include<iostream>
#include<algorithm>
#include<stdio.h>
#include<string.h>
#include<stdlib.h>

using namespace std;

int n;

struct node{
    long long int c[101][101];
};

node mult(node a,node b){
    struct node ss;
    for(int i=0;i<n;i++){
        for(int j=0;j<n;j++){
            ss.c[i][j] = 0;
            for(int k=0;k<n;k++){
                ss.c[i][j] += a.c[i][k]*b.c[k][j];
            }
        }
    }
    return ss;
}

int main(){
    while(scanf("%d",&n)!=EOF){
        struct node a,b;
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                scanf("%lld",&a.c[i][j]);
            }
        }
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                scanf("%lld",&b.c[i][j]);
            }
        }
        struct node tt = mult(a,b);
        for(int i=0;i<n;i++){
            for(int j=0;j<n;j++){
                if(j == n-1){
                    printf("%lld\n",tt.c[i][j]);
                }else{
                    printf("%lld ",tt.c[i][j]);
                }
            }
        }
    }
    return 0;
}



题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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