今日开坑每日算法，慢慢填吧，争取省选前每日一更。
---把学过的讲一遍，就相当于巩固一遍（伟大的SymenYang。。。。）
矩阵大家应该比较熟悉，至少熟悉其基本的运算规律。比如乘法，加法等（不懂的递归调用矩阵），对于矩阵乘法，Cij=∑（aik*bkj） k∈[1,n];因为矩阵乘法满足结合律，所以当求矩阵的幂时，可以使用快速幂加快速度，从而达到logN。。
矩阵可以用来优化递推，先来看一个简单的例子：斐波拉契数列!
递推式：f[i]为数列第i项 f[i] = f[i-1] + f[i-2]; （定义域。。。）
观察递推式，f[i] = 1*某个数 + 1*某个数，是否有点像矩阵乘法的定义，仔细推理一下，如何构造这个矩阵呢（略过，直接给出答案）
|f[i],f[i-1]| |1 , 1| |f[i]+f[i-1] ,f[i]| |0 ,0 | * |1 , 0| == |0 , 0|
也许会问，为什么下面两个数都为0还要开一个2*2的矩阵呢，主要是为了快速幂的方便，一个可以和自己乘上许多次（>=2）的矩阵只有可能是正方形的，所以要开这样一个矩阵。
接下来是一道进阶题目——BZOJ1297 SCOI2009 迷路
首先设出状态：f[i][j]表示在i时到达j的方案数，很容易得知 f[i][j]=∑f[i-k][m] dis[m][j]==k;
但是这个状态似乎是有点麻烦，因为f[i]可能由许多层以前推出，不能实现矩阵乘法。
考虑到边权<=10，我们可以把一个点拆成多个（最多10个）,然后使相连点之间的距离都变为了1，如此f[i][j]=f[i-1][m] （存在m->j的路径），将每一刻的方案数作为矩阵即可，代码：
/************************************************************** Problem: 1297 User: SymenYang Language: C++ Result: Accepted Time:1872 ms Memory:5596 kb PS：无视矩阵英文的拼写错误吧，没有写juzhen就很不错了。。。 ****************************************************************/ #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstdlib> #include <cstring> #include <string> using namespace std; struct martix { int data[110][110]; martix() { memset(data,0,sizeof(data)); } }; const int mod=2009; martix cf(martix a,martix b,int n) { martix ret; for (int i=0;i<=n;i++) { for (int j=0;j<=n;j++) { for (int k=0;k<=n;k++) { ret.data[i][j]=(ret.data[i][j]+(a.data[i][k]*b.data[k][j])%mod)%mod; } } } return ret; } void pi(martix a,int n) { for(int i=0;i<=n;i++) { for (int j=0;j<=n;j++) { printf("%d ",a.data[i][j]); } printf("\n"); } printf("-------------------------------------------------------------\n"); } martix qp(martix a,long long b,int n) { if (b==1) return a; martix c=qp(a,b>>1,n); // pi(c,n); c=cf(c,c,n); // pi(c,n); if (b%2==1) c=cf(c,a,n); // pi(c,n); return c; } int map[10][10]; int main() { martix ans; int n,t; scanf("%d%d",&n,&t); char ch[20]; for (int i=1;i<=n;i++) { scanf("%s",ch); for (int j=0;j<n;j++) { int a=ch[j]-'0'; map[i][j+1]=a; } } for (int i=1;i<=n;i++) { for (int j=1;j<=n;j++) { if (map[i][j]) { for (int k=(i-1)*9+1;k<=(i-1)*9+map[i][j];k++) { if (k==(i-1)*9+map[i][j]) { ans.data[k][(j-1)*9+1]=1; } else { ans.data[k][k+1]=1; } } } } } ans.data[0][1]=1; ans=qp(ans,t+1,9*n); printf("%d",ans.data[0][n*9-9+1]); }
我们发现，当递推关系较大时（10^18） 很容易想到矩阵快速幂，但如果再大呢？比如10^1000000？
费尔马小定理+矩阵——BZOJ3240 NOI2013 矩阵游戏
首先，可以看出这是一个裸的矩阵题，是不是感觉很水，秒掉？ 再看数据范围，出现了10^1000000.。。。。，似乎写高精度?还是太慢，发现mod1000000007，质数，恩不错。
费尔马小定理递归学习
a^(p-1) ≡ 1 （mod p） p 是质数
那么 a^k == a^(k%(p-1)) * (a^(p-1)) ^ (k/(p-1));
又a^(p-1) ≡ 1 （mod p） 所以a^k ≡ a^(k%(p-1)) （mod p） p 是质数
似乎有点意思，我们每读入一个数字，就使n=（n*10+num）% p 即可。。
但是！！！！！！
如果乘的时候比例==1呢，费马小不适用了！！
判断一下，为1时将p-1改为p即可。
代码：
/************************************************************** Problem: 3240 User: Life_is_Beautiful Language: C++ Result: Accepted Time:400 ms Memory:3228 kb PS：看吧，叫juzhen了吧 ****************************************************************/ #include <iostream> #include <cstdio> #include <algorithm> #include <cstdlib> #include <cstring> using namespace std; struct juzhen { long long data[3][3]; juzhen(long long a,long long b,long long c,long long d) { data[1][1]=a; data[1][2]=b; data[2][1]=c; data[2][2]=d; } juzhen(long long a[3][3]) { for (int i=1;i<=2;i++) for (int j=1;j<=2;j++) { data[i][j]=a[i][j]; } } juzhen(){} }; const long long mod=1000000007; juzhen cf(juzhen a ,juzhen b) { long long c[3][3]; for (int i=1;i<=2;i++) { for (int j=1;j<=2;j++) { c[i][j]=0; for (int k=1;k<=2;k++) { c[i][j]=(c[i][j]+(a.data[i][k]*b.data[k][j])%mod)%mod; } } } return juzhen(c); } juzhen qp(juzhen a,long long b) { if (b==0) return juzhen(1,0,0,1); juzhen c=qp(a,b>>1); c=cf(c,c); if ((b%2)==1) c=cf(c,a); return c; } char ch[1000010]; char ch2[1000010]; int main() { long long n,m,a,b,c,d; scanf("%s",ch); int l=strlen(ch); n=0; for (int i=0;i<l;++i) { n=(n*10+ch[i]-'0')%(mod-1); } scanf("%s",ch2); l=strlen(ch2); m=0; for (int i=0;i<l;++i) { m=(m*10+ch2[i]-'0')%(mod-1); } cin>>a>>b>>c>>d; if (a==1&&c==1) { n=0; for (int i=0;i<l;++i) { n=(n*10+ch[i]-'0')%mod; } l=strlen(ch2); m=0; for (int i=0;i<l;++i) { m=(m*10+ch2[i]-'0')%mod; } } juzhen ans(a,0,b,1); ans=qp(ans,m-1); juzhen cns=ans; ans=cf(ans,juzhen(c,0,d,1)); ans=qp(ans,n-1); ans=cf(ans,cns); ans=cf(juzhen(1,1,0,0),ans); cout<<ans.data[1][1]<<endl; return 0; }
总结一下，基本形如∑ki*f[i]（ki为定值）的递推式均可用矩阵快速幂求解，只需多加推导即可。
