矩阵乘法
矩阵乘法是一种高效的算法可以把一些一维递推优化到log（ n )，还可以求路径方案等，所以更是是一种应用性极强的算法。矩阵，是线性代数中的基本概念之一。一个m×n的矩阵就是m×n个数排成m行n列的一个数阵。由于它把许多数据紧凑的集中到了一起，所以有时候可以简便地表示一些复杂的模型。矩阵乘法看起来很奇怪，但实际上非常有用，应用也十分广泛。
基本定义
它是这样定义的，只有当矩阵A的列数与矩阵B的行数相等时A×B才有意义。一个m×n的矩阵a（m,n)左乘一个n×p的矩阵b（n,p)，会得到一个m×p的矩阵c（m,p)，满足
矩阵乘法满足结合率，但不满足交换率
一般的矩乘要结合快速幂才有效果``
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矩阵乘法在编程语言中的运用例题(十个利用矩阵乘法解决的经典题目 )
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经典题目(转载自Matrix67原创)
这里我们不介绍其它有关矩阵的知识，只介绍矩阵乘法和相关性质。
不要以为数学中的矩阵也是黑色屏幕上不断变化的绿色字符。在数学中，一个矩阵说穿了就是一个二维数组。一个n行m列的矩阵可以乘以一个m行p列的矩阵，得到的结果是一个n行p列的矩阵，其中的第i行第j列位置上的数等于前一个矩阵第i行上的m个数与后一个矩阵第j列上的m个数对应相乘后所有m个乘积的和。比如，下面的算式表示一个2行2列的矩阵乘以2行3列的矩阵，其结果是一个2行3列的矩阵。其中，结果的那个4等于2*2+0*1：
下面的算式则是一个1 x 3的矩阵乘以3 x 2的矩阵，得到一个1 x 2的矩阵：
矩阵乘法的两个重要性质：一，矩阵乘法不满足交换律；二，矩阵乘法满足结合律。
经典题目1
给定n个点，m个操作，构造O(m+n)的算法输出m个操作后各点的位置。操作有平移、缩放、翻转和旋转
这里的操作是对所有点同时进行的。其中翻转是以坐标轴为对称轴进行翻转（两种情况），旋转则以原点为中心。如果对每个点分别进行模拟，那么m个操作总共耗时O(mn)。利用矩阵乘法可以在O(m)的时间里把所有操作合并为一个矩阵，然后每个点与该矩阵相乘即可直接得出最终该点的位置，总共耗时O(m+n)。假设初始时某个点的坐标为x和y，下面5个矩阵可以分别对其进行平移、旋转、翻转和旋转操作。预先把所有m个操作所对应的矩阵全部乘起来，再乘以(x,y,1)，即可一步得出最终点的位置。
经典题目2
给定矩阵A，请快速计算出A^n（n个A相乘）的结果，输出的每个数都mod p。
由于矩阵乘法具有结合律，因此A^4 = A * A * A * A = (A*A) * (A*A) = A^2 * A^2。我们可以得到这样的结论：当n为偶数时，A^n = A^(n/2) * A^(n/2)；当n为奇数时，A^n = A^(n/2) * A^(n/2) * A （其中n/2取整）。这就告诉我们，计算A^n也可以使用二分快速求幂的方法。例如，为了算出A^25的值，我们只需要递归地计算出A^12、A^6、A^3的值即可。根据这里的一些结果，我们可以在计算过程中不断取模，避免高精度运算。
经典题目3
POJ3233
题目大意：给定矩阵A，求A + A^2 + A^3 + ... + A^k的结果（两个矩阵相加就是对应位置分别相加）。输出的数据mod m。k<=10^9。
这道题两次二分，相当经典。首先我们知道，A^i可以二分求出。然后我们需要对整个题目的数据规模k进行二分。比如，当k=6时，有：
A + A^2 + A^3 + A^4 + A^5 + A^6 =(A + A^2 + A^3) + A^3*(A + A^2 + A^3)
应用这个式子后，规模k减小了一半。我们二分求出A^3后再递归地计算A + A^2 + A^3，即可得到原问题的答案。
k=7时，有：A+A^2+A^3+A^4+A^5+A^6+A^7 =A+A^2+A^3+A^3*(A+A^2+A^3+A^3*A^1)
代码
#include<stdio.h>
#include<string.h>
int n,kk,m;
int ans[31][31],a[31][31],ori[31][31];
int tmp[31][31],tp[31][31];
void calSqu()
{
int i,j,k;
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
for(k=0;k<n;k++)
tmp[i][j]+=(a[i][k]*a[k][j])%m;
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
a[i][j]=tmp[i][j]%m;
}
void cal(int t)
{
int i,j,k;
if(t==1)
return;
if(t%2==0)
{
cal(t/2);
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
for(k=0;k<n;k++)
tmp[i][j]+=(a[i][k]*ans[k][j])%m;
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
ans[i][j]=(ans[i][j]+tmp[i][j])%m;
calSqu();
}
else{
cal(t/2);
memset(tp,0,sizeof(tp));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
tp[i][j]=ans[i][j];
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
{
for(k=0;k<n;k++)
tp[i][j]+=(a[i][k]*ori[k][j])%m;
tp[i][j]%=m;
}
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
{
for(k=0;k<n;k++)
tmp[i][j]+=(a[i][k]*tp[k][j])%m;
tmp[i][j]%=m;
}
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
ans[i][j]=(ans[i][j]+tmp[i][j])%m;
calSqu();
memset(tmp,0,sizeof(tmp));
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
{
for(k=0;k<n;k++)
tmp[i][j]+=(a[i][k]*ori[k][j])%m;
tmp[i][j]%=m;
}
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
a[i][j]=tmp[i][j];
}
}
int main()
{
int i,j;
scanf("%d%d%d",&n,&kk,&m);
for(i=0;i<n;i++)
for(j=0;j<n;j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
ans[i][j]=ori[i][j]=a[i][j];
}
cal(kk);
for(i=0;i<n;i++)
{
for(j=0;j<n-1;j++)
printf("%d ",ans[i][j]%m);
printf("%d\n",ans[i][j]%m);
}
return 0;
}
经典题目4
VOJ1049
题目大意：顺次给出m个置换，反复使用这m个置换对初始序列进行操作，问k次置换后的序列。m<=10, k<2^31。
首先将这m个置换“合并”起来（算出这m个置换的乘积），然后接下来我们需要执行这个置换k/m次（取整，若有余数则剩下几步模拟即可）。注意任意一个置换都可以表示成矩阵的形式。例如，将1 2 3 4置换为3 1 2 4，相当于下面的矩阵乘法：
置换k/m次就相当于在前面乘以k/m个这样的矩阵。我们可以二分计算出该矩阵的k/m次方，再乘以初始序列即可。做出来了别忙着高兴，得意之时就是你灭亡之日，别忘了最后可能还有几个置换需要模拟。
经典题目5
《算法艺术与信息学竞赛》207页（2.1代数方法和模型，[例题5]细菌，版次不同可能页码有偏差）
大家自己去看看吧，书上讲得很详细。解题方法和上一题类似，都是用矩阵来表示操作，然后二分求最终状态。
经典题目6
给定n和p，求第n个Fibonacci数mod p的值，n不超过2^31
根据前面的一些思路，现在我们需要构造一个2 x 2的矩阵，使得它乘以(a,b)得到的结果是(b,a+b)。每多乘一次这个矩阵，这两个数就会多迭代一次。那么，我们把这个2 x 2的矩阵自乘n次，再乘以(0,1)就可以得到第n个Fibonacci数了。不用多想，这个2 x 2的矩阵很容易构造出来：
经典题目7
VOJ1067
我们可以用上面的方法二分求出任何一个线性递推式的第n项，其对应矩阵的构造方法为：在右上角的(n-1)*(n-1)的小矩阵中的主对角线上填1，矩阵第n行填对应的系数，其它地方都填0。例如，我们可以用下面的矩阵乘法来二分计算f(n) =
利用矩阵乘法求解线性递推关系的题目我能编出一卡车来。
经典题目8
给定一个有向图，问从A点恰好走k步（允许重复经过边）到达B点的方案数mod p的值
把给定的图转为邻接矩阵，即A(i,j)=1当且仅当存在一条边i->j。令C=A*A，那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j)，实际上就等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数（枚举k为中转点）。类似地，C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数。同理，如果要求经过k步的路径数，我们只需要二分求出A^k即可。
经典题目9
用1 x 2的多米诺骨牌填满M x N的矩形有多少种方案，M<=5，N<2^31，输出答案mod p的结果
我们以M=3为例进行讲解。假设我们把这个矩形横着放在电脑屏幕上，从右往左一列一列地进行填充。其中前n-2列已经填满了，第n-1列参差不齐。现在我们要做的事情是把第n-1列也填满，将状态转移到第n列上去。由于第n-1列的状态不一样（有8种不同的状态），因此我们需要分情况进行讨论。在图中，我把转移前8种不同的状态放在左边，转移后8种不同的状态放在右边，左边的某种状态可以转移到右边的某种状态就在它们之间连一根线。注意为了保证方案不重复，状态转移时我们不允许在第n-1列竖着放一个多米诺骨牌（例如左边第2种状态不能转移到右边第4种状态），否则这将与另一种转移前的状态重复。把这8种状态的转移关系画成一个有向图，那么问题就变成了这样：从状态111出发，恰好经过n步回到这个状态有多少种方案。比如，n=2时有3种方案，111->011->111、111->110->111和111->000->111，这与用多米诺骨牌覆盖3x2矩形的方案一一对应。这样这个题目就转化为了我们前面的例题8。
的类和运算符重载。
代码
#include <cstdio>
#include<iostream>
#define SIZE (1<<m)
#define MAX_SIZE 32
using namespace std;
class CMatrix
{
public:
long element[MAX_SIZE][MAX_SIZE];
void setSize(int);
void setModulo(int);
CMatrix operator* (CMatrix);
CMatrix power(int);
private:
int size;
long modulo;
};
void CMatrix::setSize(int a)
{
for (int i=0; i<a; i++)
for (int j=0; j<a; j++)
element[i][j]=0;
size = a;
}
void CMatrix::setModulo(int a)
{
modulo = a;
}
CMatrix CMatrix::operator* (CMatrix param)
{
CMatrix product;
product.setSize(size);
product.setModulo(modulo);
for (int i=0; i<size; i++)
for (int j=0; j<size; j++)
for (int k=0; k<size; k++)
{
product.element[i][j]+=element[i][k]*param.element[k][j];
product.element[i][j]%=modulo;
}
return product;
}
CMatrix CMatrix::power(int exp)
{
CMatrix tmp = (*this) * (*this);
if (exp==1) return *this;
else if (exp & 1) return tmp.power(exp/2) * (*this);
else return tmp.power(exp/2);
}
int main()
{
const int validSet[]={0,3,6,12,15,24,27,30};
long n, m, p;
CMatrix unit;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
unit.setSize(SIZE);
for(int i=0; i<SIZE; i++)
for(int j=0; j<SIZE; j++)
if( ((~i)&j) == ((~i)&(SIZE-1)) )
{
bool isValid=false;
for (int k=0; k<8; k++)isValid=isValid||(i&j)==validSet[k];
unit.element[i][j]=isValid;
}
unit.setModulo(p);
printf("%d", unit.power(n).element[SIZE-1][SIZE-1] );
return 0;
}
经典题目10
POJ2778
题目大意是，检测所有可能的n位DNA串有多少个DNA串中不含有指定的病毒片段。合法的DNA只能由ACTG四个字符构成。题目将给出10个以内的病毒片段，每个片段长度不超过10。数据规模n<=2 000 000 000。
下面的讲解中我们以ATC,AAA,GGC,CT这四个病毒片段为例，说明怎样像上面的题一样通过构图将问题转化为例题8。我们找出所有病毒片段的前缀，把n位DNA分为以下7类：以AT结尾、以AA结尾、以GG结尾、以?A结尾、以?G结尾、以?C结尾和以??结尾。其中问号表示“其它情况”，它可以是任一字母，只要这个字母不会让它所在的串成为某个病毒的前缀。显然，这些分类是全集的一个划分（交集为空，并集为全集）。现在，假如我们已经知道了长度为n-1的各类DNA中符合要求的DNA个数，我们需要求出长度为n时各类DNA的个数。我们可以根据各类型间的转移构造一个边上带权的有向图。例如，从AT不能转移到AA，从AT转移到??有4种方法（后面加任一字母），从?A转移到AA有1种方案（后面加个A），从?A转移到??有2种方案（后面加G或C），从GG到??有2种方案（后面加C将构成病毒片段，不合法，只能加A和T）等等。这个图的构造过程类似于用DFA(有限状态自动机)做串匹配。然后，我们就把这个图转化成矩阵，让这个矩阵自乘n次即可。最后输出的是从??状态到所有其它状态的路径数总和。
