q：你是怎麼想到這個花裡胡哨的演算法的啊？
a：前幾天學習線性代數時有幸和magolor大佬討論到 \(lu\) 分解在多解時的時間複雜度問題，於是yy出了這個奇怪（？）的演算法。
q：為什麼叫 \(qgxz\) 分解呀？你是不是在裝逼啊？
a：這個名字是magolor大佬起的，我也只能無條件服從咯~ 如有雷同絕非學術不端~
q：magolor大佬太強啦~
a：恭喜我們達成了共識~
\(qgxz\) 分解，是用於解決多線性方程組通解問題的演算法。具體來講：
給出 \(n\times m\) 的係數矩陣 \(a\) ，分別求 \(ax=b_1,ax=b_2,...,ax=b_q\) 的通解，其中 \(b_i\) 是 \(n\times 1\) 的列向量。以下假設 \(n,m,q\) 同階。
\(qgxz\) 分解本質上是 \(lu\) 分解的擴充套件，因此先來介紹一下 \(lu\) 分解。
\(lu\) 分解是對於乙個 \(n\times m\) 的矩陣，將其分解為乙個 \(n\times n\) 的下三角矩陣 \(l\) 和乙個 \(n\times m\) 的上梯形矩陣 \(u\) 的乘積的結果，即 \(a=l\times u\) 。
求法：對於矩陣 \(a\) ，從上到下進行矩陣行變換過程（這裡僅考慮第三種行變換：將一行乘以乙個數加到零一行上）。我們知道，使用一次行變換將 \(a\) 變成 \(b\) 的過程可以使用 \(a=k\times b\) 的形式描述，其中 \(k\) 是變換矩陣。由於在用上消下的前提下 \(k\) 是下三角矩陣，而下三角矩陣的乘積也是下三角矩陣，因此每次的變換矩陣的乘積就是我們所求的下三角矩陣 \(l\) ，而 \(a\) 的最終結果也是上梯形矩陣 \(u\)。
例如：\[\begin
1&1&0&0\\
1&0&1&1\\
2&1&0&0\end=
\begin
1&0&0\\
1&1&0\\
2&0&1
\end
\begin
1&1&0&0\\
0&-1&1&1\\
0&-1&0&0
\end=
\begin
1&0&0\\
1&1&0\\
2&1&1
\end
\begin
1&1&0&0\\
0&-1&1&1\\
0&0&-1&-1
\end
\]\(lu\) 分解有什麼用？
假如現在有方程組 \(ax=b\) ，它就等價於 \(lux=b\) 。我們可以把 \(ux\) 當作乙個整體 \(y\) ，先解方程 \(ly=b\) ，然後再解 \(ux=y\) 。顯然這兩個方程都比較 「容易」 解出。
\(lu\) 分解有兩點侷限性：
由於行變換的過程必須是使用上邊的行消下邊的行，因此對於一些矩陣可能不能直接進行 \(lu\) 分解；就算能進行 \(lu\) 分解，在處理小數時不能實現 「使用當前元係數絕對值最大的行消其餘的行」 ，精確度也就無法得到保證。
即使矩陣能夠進行 \(lu\) 分解，在解方程 \(ux=y\) 時，如果方程有多解，則主元需要使用自由元來表示。而在代入求解的過程中，有 \(o(n)\) 個方程，每個方程要代入 \(o(n)\) 個主元，每個主元要用 \(o(n)\) 個自由元表示，因此就算知道了係數矩陣 \(lu\) 分解的形式，一次代入的複雜度也是 \(o(n^3)\) 的，和暴力沒有區別。
下面我們介紹 \(gxz\) 分解和 \(qgxz\) 分解來解決這兩點侷限性。
\(gxz\) 分解是對於乙個 \(n\times m\) 的矩陣，將其分解為乙個 \(n\times n\) 的下三角矩陣 \(g\) 、乙個 \(n\times n\) 的上三角矩陣 \(x\) 和乙個 \(n\times m\) 的簡化行階梯矩陣（每個主元所在列的其它位置都是 \(0\) 的行階梯矩陣) \(z\) 的乘積的結果，即 \(a=g\times x\times z\) 。
這個求法也很簡單：在lu分解使用行變換正消得到變換矩陣 \(l\) 和行階梯矩陣 \(u\) 後，我們再反消一波，用主元行將上面行的相應位置消成 \(0\) ，並使用同 \(lu\) 分解的方法記錄變換矩陣。由於每次都是用下面消上面，因此變換矩陣必然是上三角矩陣（和 \(lu\) 分解類似）。
在偷換一波變數名後便有 \(a=gxz\) 。
例如：\[\begin
1&1&0&0\\
1&0&1&1\\
2&1&0&0
\end=
\begin
1&0&0\\
1&1&0\\
2&1&1
\end
\begin
1&-1&0\\
0&1&-1\\
0&0&1
\end
\begin
1&0&0&0\\
0&-1&0&0\\
0&0&-1&-1
\end
\]這樣的話，只需要解方程 \(gd=b\) 、\(xe=d\) 和 \(zx=e\) 即可。前兩個方程顯然是 \(o(n^2)\) 的，而第三個方程只需要表示主元且沒有代入過程，也是 \(o(n^2)\) 的。
於是我們就得到了乙個 \(o(n^3)\) 預處理， \(o(n^2)\) 單次詢問的演算法。
\(gxz\) 分解處理了第二點侷限性，第一點侷限性則由 \(qgxz\) 分解來解決。
\(qgxz\) 分解即將 \(n\times m\) 的矩陣分解成置換矩陣 \(q\) 和 \(gxz\) 分解的乘積的形式。
具體方法：在 \(gxz\) 分解的第一步（lu分解）時，假設當前已經消成了 \(a=l_0u_0\) 的形式，進一步變換消元時發現需要交換 \(u_0\) 的某兩行，也即 \(u_0=t_0u_1\) ，其中 \(t_0\) 是置換矩陣。我們現在要做的就是將 \(l_0t_0u_1\) 變成 \(t_1l_1u_1\) ，即把 \(l_0t_0\) 變成 \(t_1l_1\) 。
我們知道，\(l_0t_0\) 相當於交換 \(l_0\) 的某兩列，而 \(t_1l_1\) 相當於交換 \(l_1\) 的某兩行。由於我們消元的過程是從上到下進行的，因此 \(l_0\) 要交換的兩列必然是只有主對角線是 \(1\) ，其餘位置為 \(0\) 。
因此，我們只需要手動交換 \(l_0\) 相應兩行的主對角線前面的部分作為 \(l_1\) ，然後直接把 \(t_0\) 拿到前面，原封不動作為 \(t_1\) 即可。
例如：我們要交換 \(l_0\) 第 \(2\) 列和第 \(3\) 列，則手動交換 \(l_0\) 第 \(2\) 行和第 \(3\) 行的前 \(\text(2,3)-1\) 個數作為 \(l_1\) ，把 \(t_0\) 拿到 \(l_0\) 前面作為 \(l_1\) 即可。也即：
\[\begin
1&0&0\\
x&1&0\\
y&0&1
\end
\begin
1&0&0\\
0&0&1\\
0&1&0
\end=
\begin
1&0&0\\
0&0&1\\
0&1&0
\end
\begin
1&0&0\\
y&1&0\\
x&0&1
\end
\]每次交換都進行這樣的過程，這樣我們就把置換矩陣和置換矩陣放到了一起，把下三角矩陣和下三角矩陣放到了一起。由於它們的乘積都不會改變矩陣的特殊性質，因此最終的 \(q\) 必然也是置換矩陣，\(g\) 必然也是下三角矩陣。
到此，解 \(ax=b\) 就變為：分解 \(a=q\times g\times x\times z\) ，然後分別解 \(qc=b\) 、\(gd=c\) 、\(xe=d\) 、\(zx=e\) 即可。
單次詢問的時間複雜度還是 \(o(n^2)\) 不變。
老年選手不保證**正確性（
#include #define n 510
#define eps 1e-6
using namespace std;
int pos[n];
double q[n][n] , g[n][n] , x[n][n] , z[n][n] , b[n] , c[n] , d[n] , e[n];
int main()
} for(i = p ; i ; i -- ) }
while(q -- )
for(i = n ; i ; i -- )
for(i = p + 1 ; i <= n ; i ++ )
if(abs(e[i]) > eps)
break;
if(i <= n) puts("no solution!");
else
}} return 0;
}
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