Question

我已经给了一个跟踪＆＃39; n＆＃39;矩阵。我想知道有多少矩阵（只有2 * 2阶），其轨迹等于＆＃39; n＆＃39;并且所有矩阵必须正面可逆，即它们的决定因素必须比'0'更重要。

For ex:
trace=3
No.of matrices=2

trace=4
No.of matrices=11

trace=5
No.of matrices=30

我已为此编写了一个代码，但效率不高，因为我的代码为n=1500成功输出，之后我超出了时间限制。谁能帮我？

我的代码是：

#include<stdio.h>

int main()
{
    int t,n,nsot,i,j,l;
    int arr[2000],k;
    unsigned long long  sum1=0,sum2=0,sum=0;
    scanf("%d",&t);
    while(t--)
    {
        sum1=0;
        sum2=0;
        //sum=0;
        scanf("%d",&n);
        nsot=n/2;
        for(i=1;i<=nsot;i++)
        {
            arr[i]=i*(n-i);
            //printf("%d ",arr[i]);
            sum1=0;
                for(k=1;k<arr[i];k++)
                {
                    //printf("%f\n",ceil(arr[i]/k));
                    sum1=sum1+((arr[i] - 1) / k);

                }
                if(i==(n-i))
            sum=sum1;
            else
            sum=0;

            //printf("%d\n",sum);
            //printf("%llu",sum2);
            sum2=sum1+sum2;
        }
        printf("%llu\n",(2*sum2)-sum);
    }
}

Answer 1

所以我猜你想要正矩阵元素和行列式＆gt; 0

跟踪的可能值为[1, n - 1]; [2, n - 2] ...，因此n -1值。

我们将检查每个（O(n) checks）中的每一个，我们可以用多少种方式填充矩阵的其余元素，使得行列式保持正数。

让矩阵为：

a1 a3
a4 a2

然后，行列式为a1*a2 - a3*a4。对于固定的a1和a2，请从a3到1重复n - 1。然后你必须解决：

a1*a2 - x*a4 > 0
a1*a2 > x*a4
x < a1*a2 / a4

因此，您可以在x =＆gt;中找到O(1)总复杂度O(n^2)，应该非常快。

这似乎就是你正在做的事情，除了你最内层的循环使它O(n^3)（你还迭代x）：

l=1;
while(k*l<arr[i])
{
    sum1++; 
    l++;
}

说k = 10和arr[i] = 103。 l最后会是什么？您能找到10，103与l的最终值之间的关系吗？这将是你的公式。

Answer 2

您的问题是众所周知的整数分区问题的专业化。 p（n）是将n写为正整数之和的方式的数量（顺序无关紧要），p（n，k）是将n写为k个整数之和的方式的数量。你的问题从p（n，2）开始，并增加了一些额外的条件。关于整数分区算法的文献很多，你应该从其中一个开始。但是，请注意整数分区是NP完全的，因此随着n的增长它会迅速发散。

有多少矩阵的痕迹等于givan trace？

2 个答案: