矩阵乘法（四）：分析问题，确定递推式，采用矩阵快速幂求解

      应用矩阵快速幂运算可以解决递推问题。在实际应用中，有时候题目并没有直接给出递推式，需要认真分析问题，找出递推式，然后再利用矩阵快速幂运算加快问题的求解。

【例1】程序阅读理解。

      有如下的C语言程序：

#include <stdio.h>
int main()
{
     int n,m,f,i;
     while(scanf("%d%d",&n,&m)!=EOF)
     {
           f=0;
           for(i=1;i<=n;i++)
           {
                if (i&1)f=(f*2+1)%m;
                else f=f*2%m;
           }
           printf("%d\n",f);
     }
     return 0;
}

       阅读上面的程序，根据输入的n和m，写出程序运行的结果。例如，输入 3  10，输出应为5。

       但由于给定输入的n和m的数据范围为1<=n, m <= 1000000000，且测试集中数据量较大，因此如果直接将给定的程序提交会超时的。请你编写一个程序，能根据输入的n和m快速完成问题的求解，以实现给定程序的功能。

      （1）编程思路。

      给定程序段实际是通过迭代的方式求f(n)%m的值。先不考虑求余，找到f(n)的求法。

      分析给定程序知，f(0)=0， 当 n为奇数时，f(n)=2*f(n-1)+1；当n为偶数时，f(n)=2*f(n-1)。

      下面进一步分析，找到不考虑n的奇偶性的一个统一的递推式。

       当 n为奇数时，f(n)=2*f(n-1)+1，n-1一定为偶数，f(n-1)=2*f(n-2)。因此，

                f(n)=f(n-1)+f(n-1)+1=2*f(n-2)+f(n-1)+1。

       当 n为偶数时，f(n)=2*f(n-1)，n-1一定为奇数，f(n-1)=2*f(n-2)+1。因此，

                f(n)=f(n-1)+f(n-1)=2*f(n-2)+f(n-1)+1。

      由此，得到统一的递推式： f(0)=0，f(1)=1，  f(n)=2*f(n-2)+f(n-1)+1  (n>=3)。

      确定了递推式后，可以构造矩阵P，进行快速幂运算求解。

       

      

       

        （2）源程序。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
struct Matrix
{
      __int64 mat[4][4]; // 存储矩阵中各元素
};
Matrix matMul(Matrix a ,Matrix b,int n,int m)
{
      Matrix c;
      memset(c.mat,0,sizeof(c.mat));
      int i,j,k;
      for (k = 1; k<=n ; k++)
          for (i=1 ;i<=n ; i++)
              if (a.mat[i][k]!=0)
                  for (j = 1 ;j<=n ;j++)
                      c.mat[i][j] = (c.mat[i][j] + a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % m;
      return c;
}
Matrix quickMatPow(Matrix a ,int n,int b,int m) // n阶矩阵a快速b次幂
{
      Matrix c;
      memset(c.mat ,0 ,sizeof(c.mat));
      int i;
      for (i = 1 ;i <= n ;i++)
           c.mat[i][i] = 1;
      while (b!=0)
      {
           if (b & 1)
               c = matMul(c ,a ,n,m); // c=c*a;
           a = matMul(a ,a ,n,m); // a=a*a
           b /= 2;
      }
      return c;
}
int main()
{
      int n,m;
      __int64 ans;
      Matrix p;
      while(scanf("%d%d" ,&n,&m)!=EOF)
      {
            memset(p.mat,0,sizeof(p.mat));
            p.mat[2][1]=2;
            p.mat[1][2]=p.mat[2][2]=1;
            p.mat[2][3]=p.mat[3][3]=1;
            if (n<3)
                 printf("%d\n",n%m);
           else
           {
                 p = quickMatPow(p,3,n-2,m);
                 ans=p.mat[2][1]% m;
                 ans=(ans+p.mat[2][2]*2)% m;
                 ans=(ans+p.mat[2][3])% m;
                 printf("%I64d\n" ,ans);
          }
      }
      return 0;
}

将此源程序提交给HDU 4990 “Reading comprehension”，可以Accepted。

【例2】将灯全熄灭。

       有n个灯排成一行，初始时是全亮的，第一个灯可以按（按下之后改变状态）。然后如果前k个灯全熄灭且第k+1个灯亮，则第k+2个灯可以按。问至少要多少步灭掉所有灯？

      例如，n=2时，需要2歩。第1歩灭掉2号灯，第2歩灭掉1号灯。n=3时，需要5歩。第1歩灭掉1号灯，第2歩灭掉3号灯，第3歩点亮1号灯（注意1号灯不点亮，不能直接灭2号灯），第4歩灭掉2号灯，第5歩灭掉1号灯。

      （1）编程思路。 

       设f[n]代表n个全亮的灯变成全熄灭所需的最少步数，也可以代表n个全熄灭的灯变成全点亮所需的最少步数。 
      1）要想灭掉最后一个灯，得先灭掉前n-2个灯（第n-1个灯留亮），需要步数 f[n-2]+1。 
      2）要想灭掉第n-1个灯，得先让第n-2个灯变回亮，要第n-2个灯变回亮，得先让第n-3个灯变回亮...即要把前n-2个灯都变回亮，需要步数 f[n-2]。 
      3）把前n-2个灯变回亮后，就剩下前n-1个灯都是亮的，即剩下的任务就是把n-1个灯灭掉，需要步数 f[n-1]。 
      综上所述：f[n] = 2*f[n-2] + f[n-1] + 1。 （n>=3）  f[1]=1，f[2]=2。

      （2）源程序。

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define MOD 200907
struct Matrix
{
       __int64 mat[4][4]; // 存储矩阵中各元素
};
Matrix matMul(Matrix a ,Matrix b,int n)
{
      Matrix c;
      memset(c.mat,0,sizeof(c.mat));
      int i,j,k;
      for (k = 1; k<=n ; k++)
          for (i=1 ;i<=n ; i++)
              if (a.mat[i][k]!=0)
                  for (j = 1 ;j<=n ;j++)
                      c.mat[i][j] = (c.mat[i][j] + a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) % MOD;
      return c;
}
Matrix quickMatPow(Matrix a ,int n,int b) // n阶矩阵a快速b次幂
{
      Matrix c;
      memset(c.mat ,0 ,sizeof(c.mat));
      int i;
      for (i = 1 ;i <= n ;i++)
            c.mat[i][i] = 1;
      while (b!=0)
      {
           if (b & 1)
                c = matMul(c ,a ,n); // c=c*a;
           a = matMul(a ,a ,n); // a=a*a
           b /= 2;
      }
      return c;
}
int main()
{
      int n;
      __int64 ans;
      Matrix p;
      while(scanf("%d" ,&n) && n!=0)
      {
           memset(p.mat,0,sizeof(p.mat));
           p.mat[1][2]=2;
           p.mat[1][1]=p.mat[1][3]=1;
           p.mat[2][1]=p.mat[3][3]=1;
           if (n<3)
               printf("%d\n",n%MOD);
           else
           {
                p = quickMatPow(p,3,n-2);
                ans=(p.mat[1][1]*2+p.mat[1][2]+p.mat[1][3])%MOD;
                printf("%I64d\n" ,ans);
           }
      }
      return 0;
}

将此源程序提交给HDU 2842 “Chinese Rings”，可以Accepted。