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发现直接判断 $A \times B=C$ 是 $\mathcal{O}(n^3)$ 的，我们可以在式子两边同时乘上一个 $1 \times n$ 的矩阵 $D$：$D \times A \times B = D \times C$（注意顺序）。这里共有三次矩阵乘法，复杂度均为 $\mathcal{O}(n^2)$。为提高正确率，$D$ 矩阵可采用随机生成。
代码：
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| #include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
int T,n;
ll read() {
int ch=getchar(),minus=0; ll x=0;
for(;ch<'0'||ch>'9';ch=getchar()) minus|=(ch=='-');
for(;ch>='0'&&ch<='9';ch=getchar()) x=x*10+(ch^48);
return minus?-x:x;
}
const int N=3005;
const ll mod=998244353;
ll a[N][N],b[N][N],c[N][N],d[2][N],e[2][N],f[2][N],g[2][N];
int main() {
scanf("%d",&T),srand((unsigned)time(NULL));
while(T--) {
scanf("%d",&n);
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++) d[1][i]=rand(),e[1][i]=f[1][i]=g[1][i]=0;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) e[1][i]=(e[1][i]+d[1][j]*a[j][i]%mod)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) f[1][i]=(f[1][i]+e[1][j]*b[j][i]%mod)%mod;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) g[1][i]=(g[1][i]+d[1][j]*c[j][i]%mod)%mod;
bool flag=true;
for(int i=1;i<=n;i++)
if(f[1][i]!=g[1][i]) {
flag=false; break ;
}
if(flag) printf("Yes\n");
else printf("No\n");
}
return 0;
}
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总时间复杂度 $\mathcal{O}(Tn^2)$，空间复杂度 $\mathcal{O}(n^2)$，实际表现。
不要抄袭，我们共建新洛谷。