如果是\(O(n^3)\)的暴力肯定会T，那么我们想有没有一种方法可以不用直接让 \(A*B\) 而是间接得到，
我们可以随一个n*1的矩阵 D 出来，矩阵乘法是满足交换律的：
\(A*B=C\)
\(A*B*D=C*D\)
\(A*(B*D)=C*D\)
这样我们就可以在\(O(n^2)\)的复杂度完成判断,
根据不知道是啥的秩_零化度定理，这样出错的概率极低，只有\(998244353^{-1}\)。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;#define int long long
const int N=3e3+107;
const int mod=998244353;
int a[N][N],b[N][N],c[N][N];
int d[N],e[N],f[N];int read()
{int f=1,s=0;char ch=getchar();while(ch<'0'||ch>'9'){if(ch=='-') f=-1; ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){s=(s<<1)+(s<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return f*s;
}
signed main()
{freopen("in.in","r",stdin);freopen("out.out","w",stdout);mt19937_64 gen(time(0));int T=read();while(T--){int n=read();for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) a[i][j]=read();for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) b[i][j]=read();for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) c[i][j]=read();for(int i=1;i<=n;i++){f[i]=gen()%(mod-1)+1;d[i]=e[i]=0;}for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=1;j<=n;j++){d[i]=(d[i]+b[i][j]*f[j]%mod)%mod;}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){e[i]=(e[i]+c[i][j]*f[j]%mod)%mod;}}for(int i=1;i<=n;i++) f[i]=d[i],d[i]=0;for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){d[i]=(d[i]+a[i][j]*f[j]%mod)%mod;}}bool flag=0;for(int i=1;i<=n;i++) if(d[i]%mod!=e[i]%mod) flag=1;if(flag) printf("No\n");else printf("Yes\n");}
}
