CF1375I Cubic Lattice
作者：互联网
简要题意：
定义三维空间中的一个 lattice 是满足下列条件的三维整点的集合：
\[L=\{u\cdot \overrightarrow{r_1}+v\cdot \overrightarrow{r_2}+w\cdot \overrightarrow{r_3} \}_{u,v,w\in \mathbb Z} \]其中 \(\overrightarrow{r_1},\overrightarrow{r_2},\overrightarrow{r_3}\) 为三维空间中的整系数坐标向量，满足：
- \(\overrightarrow{r_1},\overrightarrow{r_2},\overrightarrow{r_3}\) 两两正交，即
- \(\overrightarrow{r_1},\overrightarrow{r_2},\overrightarrow{r_3}\) 长度相等，即
现在由有 \(n\) 个三维整点构成的的集合 \(A=\{\overrightarrow{a_1},\overrightarrow{a_2},\cdots,\overrightarrow{a_n} \}\) ，其中 \(\overrightarrow{a_i}=(x_i,y_i,z_i)\)。
你需要找到一个 lattice L 满足 \(A⊂ L\) 且组成 \(L\) 的三个基向量尽可能大。
sol：
二维平面上的变换一般使用复数来刻画，其中相当于整数在实数中地位的，被称为 Gauss 整数（即 \(a+b\text{i}\) 其中 \(a,b\in \mathbb Z\)）。所有 Gauss 整数关于 \(+\) 和 \(\times\) 的算构成一个 Euclid 整环。
先考虑一个简化的二维版本：
可以发现所有 \(a_i\) 可以被拆成两个高斯整数的乘积，即 \(a_i=b_i\cdot g\)，其中 \(g=(\overrightarrow{r_1},\overrightarrow{r_2})\)。而要找到最大的 \(g\) 可以直接通过 Euclid 算法完成。
然后来考虑三维空间：
根据第一个条件，可以发现 \(\overrightarrow{r_3}\) 与 \(\overrightarrow{r_1}\times \overrightarrow{r_2}\) 是共线向量。
而又因为 \(|\overrightarrow{r_1}\times \overrightarrow{r_2}|=r^2,|\overrightarrow{r_3}|=r\)，说明 \(\overrightarrow{r_1}\times \overrightarrow{r_2}=\pm r\cdot \overrightarrow{r_3}⇒ r\in \mathbb N^{*}\) 。
（即 \(\overrightarrow{r_3}\) 可以用 $\overrightarrow{r_3}=\pm \frac{\overrightarrow{r_1}\cdot \overrightarrow{r_2}}{|r_1|} $ 表示）
并且，由于 \(\overrightarrow{a}=u\cdot \overrightarrow{r_1}+v\cdot \overrightarrow{r_2}+w\cdot \overrightarrow{r_3}\)，则 \(|\overrightarrow{a}|^2=(u^2+v^2+w^2)\cdot r^2⇒r^2 |(|\overrightarrow{a}|^2)\)
即 \(r\) 需要满足 \(r^2|\gcd(x_1^2+y_1^2+z_1^2,x_2^2+y_2^2+z_2^2,\cdots ,x_n^2+y_n^2+z_n^2)\)。
并且因为满足这个条件的 \(r\) 数量不多，所以可以对 \(r\) 从大到小逐个检验是否合法。
而在三维空间中的变换，一般使用四元数 \(a+b\text{i}+c\text{j}+d\text{k}\) 来刻画，而在四元数中有整数地位的，被称为 Lipschitz 四元数。（四元数的运算满足结合律，不满足交换律，\(\text i^2=\text j ^2 =\text k ^2=ijk=-1\)
但是这样定义出来的四元数集合不构成 Euclid 整环，而这道题中的操作类似于 \(\gcd\) 的过程，因此需要扩充一下定义，考虑增加部分有理四元数。
在复数中，\(|a+b\text i|=\sqrt{a^2+b^2}\)，会有一些满足 \(a^2+b^2\in\mathbb Z\)，这样就会有一些形如 \(\frac 4 5+\frac 3 5 \text i\) 的东西，虽然模长为整数，但是可以和 \(1,\text i\) 整系数表示出 \(\frac{1+\text i}{5}\)，模长就不为整数。
于是在 \(\mathbb C\) 中，如果能扩充的话，肯定要考虑 \(a+b\text i\)，其中 \(\frac 1 a,\frac 1 b\in{\mathbb Z}\)。那么在这种情况情况下，除了 \(a=b=1\)，其余所有的有理复数模长均不等于 \(1\)，因此不能扩充。
但是，这件事搬到四元数 \(\mathbb H\) 中就不一样了，可以发现 \(a=b=c=d=2\) 时，\(|\frac{1+\text i +\text j +\text k}2|=1\)。
因此，如果将 \(\omega=\frac{1+\text i+\text j+\text k}2\) 加入 Lipschitz 四元数集合，并取正系数表示，就得到了Hurwitz 四元数：
\[H=\{a+b\text i+c\text j+d\text k|a,b,c,d\in \mathbb{Z}\vee a,b,c,d\in\mathbb Z+\frac 1 2 \} \]可以证明，虽然没有交换律，但是 \(H\) 中依然有类似地唯一分解定理，可以做 Euclid 算法。
具体地，在 \(H\) 中，对于两个数 \(A,B\)，可以定义它的左商、左余数，右商、右余数，以及左 \(\gcd\) 和右 \(\gcd\)。如，左商和左余数对应表达式 \(A=qB+r\)，而左 $\gcd $ 就表示模最大的 \(d\) 满足 \(A=du,B=dv\)。
有了 Hurwitz 四元数后，整个问题就清晰了很多：
首先对于三维空间中的向量 \(\overrightarrow a=(x,y,z)\) ，对应到四元数 \(A=x\text i+y\text j+z\text k\)。那么三维空间中其中一组标准的正交基就可以表示为 \(\text{i,j,k}\)。
根据立体几何，三维空间中的旋转变换可以这样表示：
\[\overrightarrow{v}↦k\cdot \frac{q\cdot \overrightarrow v\cdot \overline q}{q\cdot \overline q}=k\cdot \frac{q\cdot \overrightarrow v\cdot \overline q}{|q|^2} \]其中 \(\overrightarrow v\) 表示实部为 \(0\) 的四元数，\(q=a+b\text i+c\text j+d\text k\) 为一个特定的四元数，\(\overline q\) 为 \(q\) 的共轭 \(\overline q=a-b\text i -c\text j-d\text k\)。
于是，\(\overrightarrow{r_1},\overrightarrow{r_2},\overrightarrow{r_3}\) 都可以看成标准正交基经过某个旋转并缩放后的结果，因此有：
\[\begin{cases} \overrightarrow{r_1} =r\cdot \frac{q\cdot \text i\cdot \overline{q}}{|q|^2}\\ \overrightarrow{r_2} =r\cdot \frac{q\cdot \text j\cdot \overline{q}}{|q|^2}\\ \overrightarrow{r_3} =r\cdot \frac{q\cdot \text k\cdot \overline{q}}{|q|^2}\\ \end{cases} \]然后可以发现 \(x=\frac{k}{|q|^2}=\frac{k}{a^2+b^2+c^2+d^2}\) 的分母是 \(4\) 的约数。
具体证明：
首先还是这个式子 \(\overrightarrow{v}↦k\cdot \frac{q\cdot \overrightarrow v\cdot \overline q}{q\cdot \overline q}\)。
考虑写成矩阵形式：
\[\frac{k}{a^2+b^2+c^2+d^2}\cdot \begin{pmatrix} a^2+b^2-c^2-d^2 & 2cb-2ad & 2ac+2bd\\ 2ad+2bc & a^2-b^2+c^2-d^2 & 2cd-2ab\\ 2bd-2ac & 2ab+2cd & a^2-b^2-c^2+d^2\\ \end{pmatrix} \]显然矩阵中所有元素均为整数。因此分数 \(\frac{k}{a^2+b^2+c^2+d^2}\) 应该整除于所有矩阵元素。不失一般性，可以假设 \(\gcd(a,b,c,d)=1\)（否则可以让 \(a,b,c,d\) 除以这个数使四元数坐标减小，并且矩阵元素不变）。假设 \(\frac{k}{a^2+b^2+c^2+d^2}=\frac{P}{Q}\)，则 \(Q\) 要整除于所有矩阵元素， 并且整除于 \(a^2 +b^2+c^2+d^2\)，即整除于：
\[\gcd \begin{pmatrix} a^2+b^2+c^2+d^2\\ a^2+b^2-c^2-d^2 \\ a^2-b^2+c^2-d^2 \\ a^2-b^2-c^2+d^2 \end{pmatrix} =\gcd \begin{pmatrix} a^2+b^2+c^2+d^2\\ 2(c^2+d^2) \\ 2(b^2+d^2) \\ 2(b^2+c^2) \end{pmatrix} =\gcd \begin{pmatrix} a^2+b^2+c^2+d^2\\ 2(c^2+d^2) \\ 2(b^2+d^2) \\ 4d^2 \end{pmatrix} \]（\(\gcd(a\pm b,b)=\gcd(a,b)=\gcd(-a,b)\)）
并且由于 \(\gcd(a,b)\) 整除于 \(\gcd(k\cdot a,b)\)，因此 \(Q\) 整除于：
\[\gcd \begin{pmatrix} 4(a^2+b^2+c^2+d^2)\\ 4(c^2+d^2) \\ 2(b^2+d^2) \\ 4d^2 \end{pmatrix} =4\gcd (a^2,b^2,c^2,d^2)=4 \]因此 \(\overrightarrow{v}↦k\cdot \frac{q\cdot \overrightarrow v\cdot \overline q}{4}\)。
如果放宽条件 \(x\in H\)，则进一步可说明 \(x\) 的分母是 \(2\) 的约数，即 \(2x\in\mathbb Z\)。通过适当调整使得 \(q\) 为 Lipschitz 四元数 ，根据题目条件可得到 \(x=1\)。
定义 \(f(v)=q\cdot v\cdot \overline{q}\)，那么存在一组向量 \(\overrightarrow{b_1},\overrightarrow{b_2},\cdots,\overrightarrow{b_n}\) 满足
\[\overrightarrow{a_i}=f(\overrightarrow{b_i})=q\cdot \overrightarrow{b_i} \cdot \overline{q} \]于是，此时有 \(q|\overrightarrow{a_i}\) ，因此 \(q|\gcd(\overrightarrow{a_1},\overrightarrow{a_2},\cdots,\overrightarrow{a_n})\)。
并且还枚举了 \(r\)，因此必须有 \(|q|^2=r\)，由唯一分解定理可得到 \(q|r\)。
于是 \(q|\gcd(\overrightarrow{a_1},\overrightarrow{a_2},\cdots,\overrightarrow{a_n},r)\)。事实上，设 \(q_0=\gcd(\overrightarrow{a_1},\overrightarrow{a_2},\cdots,\overrightarrow{a_n},r)\) ，则 \(|q_0|^2|r\)，因此只有当 \(|q_0|^2=r\) 时才有必要验证下去。
之后就只需要反解出 \(\overrightarrow{b_i}=\frac{q\cdot \overrightarrow{a_i}\cdot \overline q}{r^2}\) 并检验是否是整数即可。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define ll long long
#define ld long double
#define R(i,a,b) for(int i=(a),i##E=(b);i<=i##E;i++)
#define L(i,a,b) for(int i=(b),i##E=(a);i>=i##E;i--)
const ld eps=1e-10l;
using namespace std;
struct qua
{
ld a,b,c,d;
inline qua(ld A=0,ld B=0,ld C=0,ld D=0):a(A),b(B),c(C),d(D) {}
inline qua operator + (qua A)
{
return qua(a+A.a,b+A.b,c+A.c,d+A.d);
}
inline qua operator - (qua A)
{
return qua(a-A.a,b-A.b,c-A.c,d-A.d);
}
inline qua operator * (qua A)
{
return qua(
a*A.a-b*A.b-c*A.c-d*A.d,
a*A.b+b*A.a+c*A.d-d*A.c,
a*A.c-b*A.d+c*A.a+d*A.b,
a*A.d+b*A.c-c*A.b+d*A.a
);
}
inline qua conj()//共轭
{
return qua(a,-b,-c,-d);
}
inline ld norm()//|q|^2
{
return a*a+b*b+c*c+d*d;
}
inline qua inv()
{
return conj()*qua(1.l/norm());
}
inline int check_int()
{
return fabsl(roundl(a)-a)<eps&&fabsl(roundl(b)-b)<eps&&fabsl(roundl(c)-c)<eps&&fabsl(roundl(d)-d)<eps;
}
inline qua qround()
{
qua q1=qua(roundl(a),roundl(b),roundl(c),roundl(d));
qua q2=qua(floorl(a)+.5l,floorl(b)+.5l,floorl(c)+.5l,floorl(d)+.5l);
return (q1-*this).norm()<(q2-*this).norm()?q1:q2;
}
inline qua operator / (qua A)
{
return A.inv() * *this;
}
inline qua operator % (qua A)
{
qua ret=(*this/A).qround();
return *this-A*ret;
}
inline void printf()
{
cout<<b<<" "<<c<<" "<<d<<'\n';
}
inline void print()
{
cout<<llroundl(b)<<" "<<llroundl(c)<<" "<<llroundl(d)<<'\n';
}
}a[11111],g;
qua gcd(qua a,qua b)
{
return b.norm()<eps?a:gcd(b,a%b);
}
ll gcd(ll a,ll b)
{
return !b?a:gcd(b,a%b);
}
int n;
ll G;
vector<ll>v;
signed main()
{
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(NULL);
cin>>n;
R(i,1,n)
{
cin>>a[i].b>>a[i].c>>a[i].d;
g=gcd(g,a[i]);
G=gcd(G,(ll)a[i].norm());
}
for(ll i=1;i*i<=G;i++) if(G%(i*i)==0) v.emplace_back(i);
reverse(v.begin(),v.end());
for(auto x:v)
{
qua q=gcd(g,qua(x));
ll r=(ll)q.norm();
if(r!=x) continue;
qua q0=q.conj() / qua(r * r);
int ok=1;
R(i,1,n) if((q0*a[i]*q).check_int()==0)
{
ok=0;
break;
}
if(ok)
{
cout<<r*r<<'\n';
(q*qua(0,1)*q.conj()).print();
(q*qua(0,0,1)*q.conj()).print();
(q*qua(0,0,0,1)*q.conj()).print();
return 0;
}
}
}
标签：frac,overrightarrow,Cubic,cdot,text,qua,Lattice,CF1375I,gcd 来源： https://www.cnblogs.com/hizeci/p/16211986.html