线性代数用于解决联动旋转解密问题——以稻妻元素方块石板为例

我们在很多游戏中可以看到这样的解密：需要把每一块转到正确的位置，但是块与块之间的旋转是联动的。比如下图（初始状态）：我们需要每个方块的花瓣数量（0～3）相同即可完成解密，该解谜规则是击打一个方块，它和它相临的两个方块的花瓣数+1，+之前是3花瓣的话+之后是0花瓣

容易发现对同一个方块击打4次会回到开始击打前的初始位置，所以我们的所有操作可以看作在mod4的情况下进行，我们给每个方块序号并对初始情况进行抽象：

得到初始矩阵为（1 1 2 2）^T，若我们最终要使4个方块花瓣数全部为3，即（3 3 3 3）^T，相减可得（2 2 1 1）^T。这是我们需要对每个方块进行变化的数量mod4的结果

那么现在我们来求解应该对每个方块操作多少次：我们设一个向量（x y z w）^T为一号方块操作x次、二号方块操作y次、三号方块操作z次、四号方块操作w次。我们还需要击打每个方块所造成的变化的矩阵，由前文可知：击打一个方块，它和它相临的两个方块的花瓣数+1，+之前是3花瓣的话+之后是0花瓣。以1表示+1的话，写成矩阵如下：

左边“打”表示击打的方块，“动”表示击打后转动的方块，数字表示转动角度，这里记1为90°

我们记该矩阵为A，即可列出方程：A·（x y z w）^T=（2 2 1 1）^T，等式两边同时左乘A^-1即可求出（x y z w）^T。

我们先讨论A不是奇异矩阵的情况：

这里可以在逆矩阵计算器中方便地计算出A^-1，得到的结果是：

再计算A^-1（2 2 1 1）^T=（1 1 0 0）^T，于是我们只需要一号方块击打一次，二号方块击打一次即可。放在游戏中操作顺利解开谜题

现在讨论A^-1不存在，即A的行列式为0，即A为奇异矩阵的情况：

我们需要看非齐次线性方程组Ax=b的解的情况，即看矩阵A和矩阵（A｜b）的秩

1. 若不相等，则无解
2. 相等而且非满秩，则无穷解
3. 相等而且满秩，则只有0解

显然A行列式都是0了，就不可能满秩，排除3，游戏给宝箱在这不可能无解，排除1，所以只有拥有无穷解的情况，我们将矩阵A化成行最简，然后求出基础解系即可。

关于我的文科生朋友被解谜难住了问的问题，本着想露一两手的心态给她科普了一把线性代数，但是在我苦苦算逆矩阵的时候她给瞎试出来了（早点知道那个算逆矩阵的网站多好），装逼失败