题目描述

定义矩阵变换 \(F(P)=Q\)，其中 \(P\) 和 \(Q\) 是\(n×n\) 的矩阵且满足 \(Q_{i,j}=(\sum^{n}_{k=1}P_{k,j}+\sum_{k=1}^nP_{i,k})mod\space p\)。给定 \(T,n,p\) 和 \(n×n\) 的初始矩阵 \(A\)，求 \(A\) 经过 \(T\) 次变换后的结果矩阵。

输入格式

第一行三个整数\(T,n,p\) 。

后面 \(n\) 行，每行 \(n\) 个数，代表初始矩阵 。

输出格式

\(n\)行，每行 \(n\) 个数，代表结果矩阵。

样例

样例输入

3 2 10
1 2 3
4 5 6
7 8 9

样例输出

4 3 2
1 0 9
8 7 6

数据范围b

\(n≤100，T≤10^9,2≤p≤10^9+7,P_{i,j}<p\)

SOLUTION

我们设第\(i\)行的和为\(A[i]\)，我们可以得到经过一次变换之后第\(i\)行的和\(A[i]'\)可以表示为：

\(sum\)为整个矩阵的和，

所以最终一次变换之前的A为

化简为

\(A_{finally-1}[i]=n^{T-1}*A[i]+sum*(2^{T-1}-1)*n^{T-2}\)

\((2^{T-1}-1)\)这个地方本来应该是\(\sum_{i=0}^{T-2}2^i\)

证明：

设\(S=2^{0}+2^{1}+2^{2}+...\)

\(2S=2^1+2^2+...\)
\(S=2S-S=2^n-1\)

（注：底数不是2的就是\(\frac{x^n-1}{x-1}\)）

然后我们可以处理出\(T-1\)次操作后的\(sum,A,B\)，直接计算第\(T\)次矩阵即可

code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e3+2;
ll n,T,p,sum,val,A[N],B[N];
inline ll read(){
    register ll x=0, t=1;
    register char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9'){
        if(ch=='-')
            t=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9'){
        x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
        ch=getchar();
    }
    return x*t;
}
ll power(ll a,ll b){
	ll res=1;
	while(b){
		if(b&1) res=res*a%p;
		a=a*a%p;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
int main(){
	n=read(),T=read(),p=read();
    for(ll i=1; i<=n; i++){
    	for(ll j=1,x; j<=n; j++){
    		x=read();
			A[i]=(A[i]+x)%p;
			B[j]=(B[j]+x)%p;
			sum=(sum+x)%p;
		}
	}
    ll val=(sum*(power(2,T-1)-1+p)%p*power(n,T-2)%p)%p,t=power(n,T-1);
    for(ll i=1; i<=n; i++){
		A[i]=(val+t*A[i]%p)%p;
		B[i]=(val+t*B[i]%p)%p;
	}
    for(ll i=1; i<=n; i++){
        for(ll j=1; j<=n; j++){
        	printf("%lld ",(A[i]+B[j])%p);
		}
        printf("\n");
    }
    return 0;
}

完结撒花❀

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