矩阵

前言

这个东西想必各位大佬都会，在这里就是简单的梳理一下

写这个的原因是上次模拟赛，云落和 fjj 讲的矩阵本蒟蒻一点也没听懂

基础运算

加减法

要求两个矩阵的行、列数相同

把两个矩阵的对应元素加减即可

矩阵乘法

1. 一个数乘，就直接用这个数 $\times$ 矩阵的每个元素

2. 两个矩阵相乘

先放个式子 $C[i,j]=\sum _{k=1}^{n}A[i][k]\times B[k][j]$

能看出来乘法要求 $A$ 的列数等于 $B$ 的行数，且若 $A$ 的尺寸为 $m\times n$ , $B$ 的尺寸为 $n\times u$ 则 $C$ 的尺寸为 $m\times u$

性质

有结合律，分配律，但没有交换律

矩阵快速幂加速递推

这是一类套路题

求一个线性递推数列的值，但 $n$ 巨大，这是要用矩阵快速幂加速递推

以斐波那契数列为例

递推式：$f_n=f_{n-1}+f_{n-2}$

我们可以借助一个矩阵 $A$ 把递推关系转化为矩阵幂

$[F_n$ $F_{n-1}]=[F_{n-1}$ $F_{n-2}]A=[F_1$ $F_0]A^{n-1}$

$A$ 是一个 $2\times 2$ 的矩阵，设

$$A=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$$

我们用一种特别规矩麻烦的方法解 $a,b,c,d$

展开 $[F_n$ $F_{n-1}]=[F_{n-1}$ $F_{n-2}]A$

$F_n=a{F}_{n-1}+c{F}_{n-2}$，$F_{n-1}=b{F}_{n-1}+d{F}_{n-2}$

把 $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$ 代入

$F_{n-1}+F_{n-2}=a{F}_{n-1}+c{F}_{n-2}$

$F_{n-1}=b{F}_{n-1}+d{F}_{n-2}$

把初始条件（$F_0=0,F_1=1,F_2=1$) 代入:

当 $n=2$ 时， $F_1+F_0=a{F}_1+c{F}_0$ $F_1=b{F}_1+d{F}_0$

当 $n=3$ 时， $F_2+F_1=a{F}_2+c{F}_1$ $F_2=b{F}_2+d{F}_1$

得 a=b=c=1,d=0

$$A=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$$

好的，那么我们已经会矩阵快速幂了

那么我们再看道题

给出一个 $n\times n$ 的矩阵和一个正整数 $k$，求 $S=A+A^2+A^3+\dots \dots +A^k$。矩阵中的每个数对 $m$ 取模。

ybt 上的题，让我们来推一遍

$F_k=A+A^2+A^3+\dots \dots +A^k$

所以

$F_k=F_{k-1}+A^k$

$F_0=O$ $F_1=A$

则递推为

$[F_k$ $I]=[F_{k-1}$ $I]S=$……$=[F_0$ $I]S^k$

用跟上面一样的步骤解

展开 $[F_k$ $I]=[F_{k-1}$ $I]S$

$F_k=F_{k-1}a+c,I=F_{k-1}b+d$

把 $F_k=F_{k-1}+A^k$ 代入

$F_{k-1}+A^k=F_{k-1}a+c,I=F_{k-1}b+d$

代入 $F_0=O$ $F_1=A$

当 $k=1$ 时，$F_0+A=F_{0}a+c,I=F_{0}b+d$

当 $k=2$ 时，$F_1+A^2=F_{1}a+c,I=F_{1}b+d$

得 $a=A,b=O,c=A,d=I$

$$S=\left[\begin{array}{cc}A& O\\ A& I\end{array}\right]$$

好的，想必大家已经彻底会了

看道题

Sam数

求 $k$ 位的相邻两数之差的绝对值不超过 2 的数的个数

$n\le {10}^{18}$

$dp$ 式子很好写

设 $d{p}_{i,j}$ 表示第 $i$ 位为 $j$ 时的方案总数

$d{p}_{i,j}=\sum _{x=j-2}^{j+2}d{p}_{i-1,x}$

根据递推式，我们可以推出矩阵

1 1 1 0 0 0 0 0 0 0            f[i,0]         f[i,0]+f[i,1]+f[i,2]                         f[i+1,0]  
1 1 1 1 0 0 0 0 0 0            f[i,1]         f[i,0]+f[i,1]+f[i,2]+f[i,3]                  f[i+1,1]  
1 1 1 1 1 0 0 0 0 0            f[i,2]         f[i,0]+f[i,1]+f[i,2]+f[i,3]+f[i,4]           f[i+1,2]  
0 1 1 1 1 1 0 0 0 0            f[i,3]         f[i,1]+f[i,2]+f[i,3]+f[i,4]+f[i,5]           f[i+1,3]  
0 0 1 1 1 1 1 0 0 0      x     f[i,4]    =    f[i,2]+f[i,3]+f[i,4]+f[i,5]+f[i,6]     =     f[i+1,4]  
0 0 0 1 1 1 1 1 0 0            f[i,5]         f[i,3]+f[i,4]+f[i,5]+f[i,6]+f[i,7]           f[i+1,5]  
0 0 0 0 1 1 1 1 1 0            f[i,6]         f[i,4]+f[i,5]+f[i,6]+f[i,7]+f[i,8]           f[i+1,6]  
0 0 0 0 0 1 1 1 1 1            f[i,7]         f[i,5]+f[i,6]+f[i,7]+f[i,8]+f[i,9]           f[i+1,7]  
0 0 0 0 0 0 1 1 1 1            f[i,8]         f[i,6]+f[i,7]+f[i,8]+f[i,9]                  f[i+1,8]  
0 0 0 0 0 0 0 1 1 1            f[i,9]         f[i,7]+f[i,8]+f[i,9]                         f[i+1,9]

我们把矩阵 $\times$ $k-1$ 遍，再$\times f$ 就行了

矩阵乘法与路径问题

1.两点只经过 $n$ 条边的总路径数量

结论：用邻接矩阵存图，计算矩阵的 $n$ 次方，得到的值就是 $i$ 到 $j$ 经过 $n$ 条边的总路径数

证明：

很简单

当 $n=1$ 时，值是走一条边的路径数（你建的）

当 $n=2$ 时，$M^2=\sum _{k=1}^{N}M(i,k)\times M(k,j)$

好像floyd啊

这个也好理解， $k$ 是枚举中转点，只有当 $M(i,k)=M(k,j)=1$ 时才有 $M(i,k)\times M(k,j)=1$

当 $n=3$ $M^3=M^2\times M=\sum _{k=1}^N{M}^2(i,k)\times M(k,j)$

路径为 3 可以拆成路径为 2 和路径为 1 的，其他跟上面一样

好的，做道题

P4159

一个有向图有 $n$ 个节点，节点从 $1$ 至 $n$ 编号，windy 从节点 $1$ 出发，他必须恰好在 $t$ 时刻到达节点 $n$，每条边有一个长度，windy一时刻能走一单位长度

现在给出该有向图，你能告诉 windy 总共有多少种不同的路径吗？

答案对 $2009$ 取模。

注意：windy 不能在某个节点逗留，且通过某有向边的时间严格为给定的时间。

$2\le n\le 10$，$1\le t\le {10}^9$。

这道题跟上面的模板就差边权了

但是这个很好处理，把边拆开就行了

P2151

2.两点只经过 $n$ 条边的最短路径长度

这个跟上面的是一样的，只不过要用广义的矩阵乘法

$M\times M=min[M(i,k)+M(k,j)]$

努力讲

云落和 fjj 切的题

$dp$ 式子是很好推的

$d{p}_i=min(max(d{p}_{i-1},a_i),max(d{p}_{i-2},a_{i-1}+a_i))$

写成矩阵

然后捏，看能不能用线段树维护

就是看他有没有结合律

不严谨的推法

乘法有结合律

$max$ 显然有结合律

加法有交换律

$min$ 显然有交换律

$a\times (b+c)=a\times b+a\times c$

把 $a+b$ 写成 $+(a,b)$，把 $a\times b$ 写成 $\times (a,b)$。

$\times (a,+(b,c))=+(\times (a,b),\times (a,c))$

$min$ 是加法，$max$ 是乘法。

$max(a,min(b,c))=min(max(a,b),max(a,c))$

好了，他可以用线段树维护

那么我们枚举最小值，把 $<$ 最小值的数在线段树上单修，最后用线段树维护矩阵乘法

后记

为什么今年没有圣诞老人……