「矩阵乘法与快速幂」学习笔记

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矩阵乘法

• 定义：

  给定矩阵 $A$ 规模为 $n\times m$ ，矩阵 $B$ 规模为 $m\times p$ ，定义 $A\times B=C$ ，矩阵 $C$ 规模为 $n\times p$ ，满足：

  $$c_{ij}=\sum _{k=1}^m{a}_{ik}{b}_{kj}$$

  记住一个口诀：左行右列 。

• 注意：

  对于矩阵乘法，满足乘法结合律和乘法分配律，不满足乘法交换律。

  举个例子：

  $A=$

  

  $B=$

  

  那么 $A\times B=$

  

  $B\times A=$

  

  可见 $A\times B\ne B\times A$ 。

• 代码实现：

for(int i=1;i<=n;i++)
    for(int j=1;j<=p;j++)
        for(int k=1;k<=m;k++)
            c[i][j]=a[i][k]*b[k][j];

• 例题：

  矩阵 $A\times B$

快速幂

• 定义：

  在 $O(\log (n))$ 的时间内求出 $x^n$ 。

• 原理：

  已知： 若 $a+b=c$ ，则 $x^a\times x^b=x^c$ 。

  那么将 $n$ 转化为二进制，举个例子:

  $$x^{(13{)}_{10}}=x^{(1101{)}_2}=x^8\times x^4\times x^1$$

  因为 $n$ 有 $\log (n)$ 个二进制位，所以在知道 $x^1,x^2,x^3,\dots ,x^{2^{\log (n)}}$ 前提下，即可在 $O(\log (n))$ 的时间内求出 $x_n$ 。

  问题转化位如何让求 $x^1,x^2,x^3,\dots ,x^{2^{\log (n)}}$，而在这个序列中，满足：

  $$x^{2^k}=\{\begin{array}{ll}x& k=0\\ (x^{2^{k-1}}{)}^2& k\ge 1\end{array}$$

  于是就同样可以在 $O(\log (n))$ 的时间内，求出 $x^1,x^2,x^3,\dots ,x^{2^{\log (n)}}$ 。

  得出结论：计算 $x^n$ ，只需将 $n$ 的二进制位为 $1$ 的整系数幂乘起来即可。

  于是发现，上述所有步骤均可以在 $O(\log (n))$ 的复杂度上递推实现。

• 代码实现：

  1. 计算 $a^b$ 。

     int qpow(int a,int b)
     {
         int ans=1;
         for(;b;b>>=1)
         {
             if(b&1) ans*=a;
             a*=a;
         }
         return ans;
     }

  2. 计算 $a^{b}modP$

     int qpow(int a,int b,int P)
     {
         int ans=1;
         for(;b;b>>=1)
         {
             if(b&1) (ans*=a)%=P;
             (a*=a)%=P;
         }
         return ans;
     }

  3. 根据费马小定理，$a^{P-1}\equiv 1(\mathrm{mod}P)$ ，前提，$P$ 为质数。

     那么当 $P$ 为质数时，可通过 $a^{P-2}modP$ 求出 $a^{-1}modP$ ，即 $a$ 的乘法逆元。

     可用快速幂实现。

矩阵快速幂

• 定义：

  基于基本的快速幂，将乘法运算扩展为矩阵乘法运算。

  由于矩阵乘法复杂度 $O(n^3)$ ，快速幂复杂度 $O(\log (m))$ ，所以矩阵快速幂复杂度为 $O(n^3\log (m))$ （ $n$ 指矩阵规模，$m$ 指幂的次数）。

• 代码实现：

  此处代码仅为样例，矩阵 $A,B$ 规模均为 $2\times 2$ ，根据不同题的需要进行更改。

  导入概念，如果矩阵 $A$ 对角线上元素均为 $1$ ，其余均为 $0$ ，则 $A\times B=B$ 。

  void qpow(int b)
  {
      memset(ans,0,sizeof(ans));
      for(int i=1;i<=2;i++)
          ans[i][i]=1;//int ans=1;
      for(;b;b>>=1)
      {
          if(b&1)
          {
              for(int i=1;i<=2;i++)   
                  for(int j=1;j<=2;j++)
                      for(int k=1;k<=2;k++)
                          (c[i][j]+=(ans[k][j]*a[i][k])%P)%P;
              for(int i=1;i<=2;i++)
                  for(int j=1;j<=2;j++)   
                      ans[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0;
          }//if(b&1) ans*=a;
          for(int i=1;i<=2;i++)
              for(int j=1;j<=2;j++)
                  for(int k=1;k<=2;k++)
                      (c[i][j]+=(a[i][k]*a[k][j])%P)%P;
          for(int i=1;i<=2;i++)
              for(int j=1;j<=2;j++)
                  a[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0;//a*=a;
      }
  }

• 例题：

  • $Fibonacci$ 第 $n$ 项

    • 题意：

      $$f_x=\{\begin{array}{ll}1& x\in \{1,2\}\\ f_{x-1}+f_{x-2}& x\ge 3\end{array}$$

      给定一个 $n$ ，求 $f_n$ 。

      $n\le 2e9$ 。

    • 解法：

      $$f_n=1\times f_{n-1}+1\times f_{n-2}$$
      $$f_{n-1}=1\times f_{n-1}+0\times f_{n-2}$$

      通过矩阵乘法，可将其转化为：

      

      由此即可通过矩阵快速幂和矩阵乘法求出答案。

      点击查看代码

      #include<bits/stdc++.h>
      #define int long long 
      #define endl '\n'
      using namespace std;
      const int N=10;
      template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
      {
          x=0;register bool z=true;
          register char c=getchar();
          for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
          for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
          x=(z?x:~x+1);
      }
      int n,P,ans[N][N],c[N][N],a[N][N];
      void qpow(int b)
      {
          for(;b;b>>=1)
          {
              if(b&1)
              {
                  for(int i=1;i<=2;i++)   
                      for(int j=1;j<=2;j++)
                          for(int k=1;k<=2;k++)
                              (c[i][j]+=(ans[k][j]*a[i][k])%P)%P;
                  for(int i=1;i<=2;i++)
                      for(int j=1;j<=2;j++)   
                          ans[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0;
              }
              for(int i=1;i<=2;i++)
                  for(int j=1;j<=2;j++)
                      for(int k=1;k<=2;k++)
                          (c[i][j]+=(a[i][k]*a[k][j])%P)%P;
              for(int i=1;i<=2;i++)
                  for(int j=1;j<=2;j++)
                      a[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0;
          }
      }
      signed main()
      {
          #ifndef ONLINE_JUDGE
          freopen("in.txt","r",stdin);
          freopen("out.txt","w",stdout);
          #endif
          read(n),read(P);
          a[1][1]=1;
          a[2][1]=1;
          a[1][2]=1;
          a[2][2]=0;
          for(int i=1;i<=2;i++)
              ans[i][i]=1;
          qpow(n-2);
          cout<<(ans[1][1]+ans[1][2])%P;//实则为 1*ans[1][1]+1*ans[1][2]，1省去，参考矩阵乘法定义。
      }

  • 矩阵加速（数列）

    • 题意：

      与上一道类似的，可理解为稍微变化的 $Fibonacci$ 第 $n$ 项。

      $$f_x=\{\begin{array}{ll}1& x\in \{1,2,3\}\\ f_{x-1}+f_{x-3}& x\ge 4\end{array}$$

      给定一个 $n$ ，求 $f_n$ 。

      $n\le 2e9$ 。

    • 解法：

      也是和上面类似的，可以导出：

      ∵ $f_n=f_{n-1}+f_{n-3}$

      $f_{n-1}=f_{n-2}+f_{n-4}$

      $f_{n-2}=f_{n-3}+f_{n-5}$

      ∴ $f_n=2\times f_{n-3}+1\times f_{n-4}+1\times f_{n-5}$

      $f_{n-1}=1\times f_{n-3}+1\times f_{n-4}+1\times f_{n-5}$

      $f_{n-2}=1\times f_{n-3}+0\times f_{n-4}+1\times f_{n-5}$

      

      最后问题在于处理答案。

      这次和上面的不同，上面的每一组就是 $f_x\to f_{x+1}$ ，而对于这次而言，$nmod3$ 的结果不同，统计答案也不同。

      1. $nmod3=0$ ，对应矩阵中第一行，即 $an{s}_{1,1}+an{s}_{1,2}+an{s}_{1,3}$ （因为 $f_1=f_2=f_3=1$ ，所以省去 “$1\times$” ，下面不在解释） 。

      2. $nmod3=2$ ，对应矩阵中第二行，即 $an{s}_{2,1}+am{s}_{2,2}+an{s}_{2,3}$ 。

      3. $nmod3=1$ ，对应矩阵中第三行，即 $an{s}_{3,1}+an{s}_{3,2}+an{s}_{3,3}$ 。

      点击查看代码

      #include<bits/stdc++.h>
      #define int long long 
      #define endl '\n'
      using namespace std;
      const int N=10,P=1e9+7;
      template<typename Tp> inline void read(Tp&x)
      {
          x=0;register bool z=true;
          register char c=getchar();
          for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0;
          for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48);
          x=(z?x:~x+1);
      }
      int t,n,ans[N][N],c[N][N],a[N][N];
      void qpow(int b)
      {
          for(;b;b>>=1)
          {
              if(b&1)
              {
                  for(int i=1;i<=3;i++)   
                      for(int j=1;j<=3;j++)
                          for(int k=1;k<=3;k++)
                              (c[i][j]+=(ans[k][j]*a[i][k])%P)%P;
                  for(int i=1;i<=3;i++)
                      for(int j=1;j<=3;j++)   
                          ans[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0;
              }
              for(int i=1;i<=3;i++)
                  for(int j=1;j<=3;j++)
                      for(int k=1;k<=3;k++)
                          (c[i][j]+=(a[i][k]*a[k][j])%P)%P;
              for(int i=1;i<=3;i++)
                  for(int j=1;j<=3;j++)
                      a[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0;
          }
      }
      signed main()
      {
          #ifndef ONLINE_JUDGE
          freopen("in.txt","r",stdin);
          freopen("out.txt","w",stdout);
          #endif
          read(t);
          while(t--)
          {
              read(n);
              a[1][1]=2,a[1][2]=1,a[1][3]=1;
              a[2][1]=1,a[2][2]=1,a[2][3]=1;
              a[3][1]=1,a[3][2]=0,a[3][3]=1;
              memset(ans,0,sizeof(ans));
              for(int i=1;i<=3;i++)
                  ans[i][i]=1;
              qpow((n-1)/3);
              if(n%3==0) cout<<(ans[1][1]+ans[1][2]+ans[1][3])%P<<endl;
              else if(n%3==2) cout<<(ans[2][1]+ans[2][2]+ans[2][3])%P<<endl;
              else if(n%3==1) cout<<(ans[3][1]+ans[3][2]+ans[3][3])%P<<endl;
          }
      }

序言

写于 $2024\mathrm{年}3\mathrm{月}12\mathrm{日}$ 。

后面（甚至前面）好多只是都要用到矩阵乘法与矩阵快速幂，所以就来补了。

顺便回顾一下快速幂，$HEOI2024$ 考场上快速幂板子忘了怎么打了，索性重新推了一遍，好在当时推出来了（于是骗到 $20pts$ ）。

题还没有打完，但是知识点算是搞明白了，加深一下记忆继续打题，以防下面的题不知所措。

例题

后续打的题目如果写了题解就放题解链接，否则放题目链接。

Fibonacci 前 n 项和