Question

让我们的矩阵 MXN 矩阵 A [i] [j] 部分地给出:(以row =开头） 0列= 0）：

1）所有 1＆lt; = i＆lt; = N A [0] [i] = 0

2）所有 0＆lt; = j＆lt; = M A [j] [0] = 1

矩阵进一步构造A [i] [j]：

对于所有 1＆lt; = i＆lt; = N 且 1＆lt; = j＆lt; = M ，A [i] [j] = A [i-1] [ j] ^ A [i] [j-1]，其中^表示按位XOR运算。

如果我想得到一些值A [i] [j]，我怎么能直接得到它（没有实际计算A [i] [j]所有1 ... j-1和1 ... i -1）？有模式吗？鉴于 M 且 N 太大。

Answer 1

让我们绘制矩阵A的前16行和列：

1000000000000000
1111111111111111
1010101010101010
1100110011001100
1000100010001000
1111000011110000
1010000010100000
1100000011000000
1000000010000000
1111111100000000
1010101000000000
1100110000000000
1000100000000000
1111000000000000
1010000000000000
1100000000000000

你问题的答案＆＃34;是否存在一种模式＆＃34;非常清楚＆＃34;是的！＆＃34;左上角的8x8子矩阵直接复制到自身下方，也直接复制到右边，除了右边的副本左上角有0而不是1.右下角8x8子矩阵全部为0＆＃39 ; s，除了左上角有一个1。如果我们只研究前8行和列，就会出现这种完全相同的模式：

左上角的4x4子矩阵直接复制到自身下方，也直接复制到右边，除了右边的副本左上角有0而不是1.右下角的4x4子矩阵全部为0＆＃39; s，除了左上角有1个。

这种递归的自相似性使矩阵A成为分形，与Sierpinski triangle非常相似。

递归自相似性还使我们能够使用i和j的二进制表示来容易地计算A [i] [j]。设B是i或j的二进制表示中设置的最高位。然后，以下过程将返回A [i] [j]的正确值：

表示b = B为0：
- 如果j = 0，当限制为0到b位时，则返回1（我们在第一列，全是1＆＃39;）
- 如果i = 0，当限于0到b时，则返回0（我们在第一行）
- 否则，如果i和j都有一个存储在b中的1，则返回0，除非每个中的所有剩余位都为0，在这种情况下返回1
- else继续（我们递归到一个较小的子矩阵）

该算法在O（log（max（i，j）））运行时运行，这比天真方法的O（ij）运行时快得多。

让我们看一下这个算法，并举几个例子：

A [9] [9] = 0来自上面的矩阵。在二进制表示中，i = 1001且j = 1001.两者在最高有效位中都有1并且在该有效位之后设置了一些位，因此根据上述规则我们返回0.
A [9] [3] = 1来自上面的矩阵。在二进制表示中，i = 1001且j = 0011.在最左边（最高有效位），i有1，j有0.因此我们进入下一位（递归），两者都有0.我们再次继续下一位，其中我有一个0而j有一个1.因此我们继续前一位。两者都有1位，后面的所有位都是0＆＃（由于没有后续位，这很简单），所以我们返回1.
A [9] [4] = 1来自上面的矩阵。在二进制表示中，i = 1001且j = 0100.在最左边（最高有效位），i有1，j有0.因此我们进入下一位（递归），其中我有一个0和j有a 1.我们再次进入下一位，其中两者都有0. j在此和所有后续位中都有0，所以我们返回1.

该算法的一个有趣含义是每行k（对于k> 0）具有周期为2 ^ B的重复模式，其中B是行号的二进制表示的最高有效位。例如，行3（二进制表示11）重复1100，而行9（二进制表示1001）重复1111111100000000.这意味着行k的完整重复序列> 1。 0可以用O（k）存储表示，并且可以在O（k log k）时间内通过分别计算j [0，1，...，2 ^ ceiling（log_2 k）的A [k，j]来计算 - 1。

使用按位XOR运算符直接计算递归中的元素

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