矩阵快速幂

by lcx,zjy

基础知识

矩阵：由$m\times n$个数排成的m行n列的数表
其实就是二维数组

矩阵加减法

矩阵加减法的规则：$A\pm B=C$

其中$C[i][j]$ 为$A[i][j]$与$B[i][j]$的和或差，即：$C_{i j}=A_{ij}\pm B_{ij}$

因此，相加减的两个矩阵$A :B$的行列必须相同

矩阵乘法

矩阵乘法的规则：$A\times B=C$

其中$C[i][j]$ 为A的第i行与B的第j列对应乘积的和，即：$C_{i j}=\displaystyle \sum^n_{k=1}a_{ik}* b_{kj}$

显然两个相乘是要一行和一列对应乘，那么矩阵乘法是需要A的行数与B的列数相等的，这是A*B的前提条件

这里给个例子帮助理解：

$\left[ \begin{matrix} a &b \\c &d\\e&f\end{matrix} \right]* \left[ \begin{matrix} g &h&i \\j &k&l\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} ag+bj &ah+bk&ai+bl \\cg+dj &ch+dk&ci+dl\\eg+fj&eh+fk&ei+fl\end{matrix} \right]$

交换即是

$\left[ \begin{matrix} g &h&i \\j &k&l\end{matrix} \right] * \left[ \begin{matrix} a &b \\c &d\\e&f\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} ag+ch+ei &bg+dh+fi\\aj+ck+el&bj+dk+fl\end{matrix} \right]$

可见矩阵的乘法是不满足交换律的

然后就可以发现，矩阵$C$的行数应该是$A$的行数，列数应该是$B$的列数，并且$C$也是一个方阵（行数和列数相等的矩阵）

代码：

int c[N][N];
void Mul(int a[][N],int b[][N],int n){//n是矩阵大小
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=1;j<=n;j++){
            for(int k=1;k<=n;k++){
                c[i][j]+=a[i][k]*b[k][j];
            }
        }
    }
}

应用

矩阵快速幂加速递推

矩阵快速幂

矩阵幂就是算$A^n$

根据矩阵乘法，可以发现矩阵乘法满足结合律：

证明：

上面两式子都等于

于是——

假设A是$n*n$的矩阵，则有：

$A = \begin{cases} A, & 当m = 1时 \ (A^{\frac m2})^2, & 当m为偶数时 \ (A^{\frac m2})^2\times A, & 当m为奇数时 \end{cases}$

这个分段函数说明了矩阵快速幂的可行性，然后我们就可以得出算法：

把快速幂算法中的乘法改成矩阵的乘法就可以了

不过呢，还有一个问题，ans一开始的初始化是什么？

ans的初始化就相当于普通快速幂需要初始化为1，即乘上这个矩阵值不改变

可以发现：对于任意$2 \times 2$的矩阵，乘矩阵$\left[ \begin{matrix} 1& 0\\ 0 & 1 \end{matrix} \right]$值不变，因此可以设其为初始矩阵

由此可推，ans的初始化就是对角线是1其他全是0

struct node{
    int z[N][N];
};
node mul(node a,node b){//矩阵乘法 
    node ans;
    memset(ans.z,0,sizeof(ans.z));
    for(int i=0;i<N;i++)
        for(int j=0;j<N;j++)
            for(int k=0;k<N;k++)
                ans.z[i][j]=(ans.z[i][j]+a.z[i][k]*b.z[k][j]%mod)%mod;
    return ans;
}
node power(int cnt){//快速幂，只不过底数换成了矩阵
    node ans,A;
    memset(ans.z,0,sizeof(ans.z));
    //A一些赋值 
    for(int i=0;i<N;i++)ans.z[i][i]=1;//ans的赋值 
    while(cnt){
        if(cnt&1)//奇数的话ans*A
            ans=mul(ans,A);
        A=mul(A,A);//A平方
        cnt>>=1;//幂次/2
    }
    return ans;
}

ps：时间复杂度$O(n^3logm)$

那么我们应该怎么加速递推呢？

先看一个简单的例子：

[POJ3070]Fibonacci

在Fibonacci整数序列中，$F_0$ = 0, $F_1$=1，和$F_n$ = $F_{n−1}$ + $F_{n−2}$(n≥2).给定整数n$(0≤n≤10^9)$，计算$F_n$.

1.列解析式：显然：$F(n)=F(n-1)+F(n-2)$，但这个数据范围就不是很显然了。

2.建立矩阵递推式，找到转移矩阵:

分析题目可以知道：

$F[i]=1*F[i-1]+1 *F[i-2]$

$F[i-1]=1*F[i-1]+0 *F[i-2]$

将以上两个式子结合可得：

$\left[ \begin{matrix} F_{i-1} &F_{i-2} \end{matrix} \right]*\left[ \begin{matrix} 1 &1 \\1 &0 \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} F_i &F_{i-1}\end{matrix} \right]$

简写成$F(n-1)*A=F(n)$，A矩阵就是那个2*2的常数矩阵

我们还可以把上述式子转换一下：

$( F[i] , F[i-1] )=( F[i-1] ,F[i-2] )*A=( F[i-2] ,F[i-3] ) *A *A$

最后可以得到：$(F[n] F[n-1])=(F[1] ,F[0] )*A^{n-1}$，即：$F(n)=F(1) *A^{n-1}$

就愉快的转换成算矩阵快速幂了

于是——

考虑情况：$F$是$1*n$的矩阵，$A$是$n*n$的矩阵，则$F'= F*A$也是$1*n$的矩阵

$F$和$F'$可以看作是一维数组，省略他们的行下标1，按照矩阵乘法的定义，有：

$F'_j=\displaystyle\sum_{k=1}^nF_k*A_{kj}$

可以认为，通过乘上矩阵$A$，从原始状态$F$递推到了$F'$状态：

$\left[ \begin{matrix} F_1 &F_2 &F_3 \end{matrix} \right]\times \left[ \begin{matrix} A_{11} &A_{12} &A_{13} \\A_{21} &A_{22} &A_{23} \\A_{31} &A_{32} &A_{33}\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} F'_1 &F'_2 &F'_3\end{matrix} \right]$
那么如果假设目标状态为$G$,递推矩阵为$A$，初始条件为$F$，则可得出：

$G=A^n*F$

因为我们已经会了矩阵快速幂算法，所以唯一需要我们考虑的问题就是如何构造递推矩阵$A$

再看几道题目：

Fibonacci前n项和

Fibonacci数列，f[1]=1,f[2]=1,f[n]=f[n-1]+f[n-2]，($n>2$)，输入n和m，求前n项和模m的值。($1\leq n\leq 2\times 10^{9}$,$1\leq m\leq 1\times 10^9+10$)

设$\ s[n]$表示前$\ n$项和，可推出：

$s[n]=1 * s[n-1]+1* f[n]+0*\ f[n-1]\\f[n+1]=0*\ s[n-1]+1*f[n]+1*\ f[n-1]\\f[n]=0 *\ s[n-1]+1*\ f[n]+0*\ f[n-1]$

因此，可得矩阵：

$[\ s[n]\ f[n+1]\ f[n]\ ]=[s[n-1]\ f[n]\ f[n-1]\ ]*\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \\1 & 1 & 1\\0 &1 & 0 \end{matrix} \right]$

剩下的就和上一题一样了

[POJ3734]方块涂色

N个方块排成一列 用红，蓝，绿，黄4种颜色去涂色，求红色方块 和绿色方块个数同时为偶数的 方案数 对10007取余

1.列解析式：

先定义状态分析递推式：假设已涂完前i个方块，有：
$ a[i]$表示从1~i的方块中，红、绿方块数量都是偶数的方案数$b[i]$表示从1~i的方块中，红、绿方块数量一个是偶数一个是奇数的方案数$c[i]$表示从1~i的方块中，红、绿方块数量都是奇数的方案数
初始：a(0)=1； b(0)=0； c(0)=0

分析a数组递推过程：

1.到i时红和绿的方格个数都是偶数，且i+1个方块被染成了蓝或黄色

2.到i时红和绿的方格个数一偶一奇，

且i+1个方块被染成了奇数个所对应的颜色

可得:$a[i+1]=2*a[i]+b[i]$

b与c的分析如上,可得：

$b[i+1]=2*a[i]+2*b[i]+2*c[i]$
$c[i+1]=b[i]+2*c[i]$

2.建立矩阵递推式，找到转移矩阵:

由上可得：

$\left[ \begin{matrix} a_i&b_i&c_i\end{matrix} \right] *\left[ \begin{matrix} 2&2&0 \\1&2&1\\0 &2& 2 \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} a_{i+1}&b_{i+1}&c_{i+1}\end{matrix} \right]$

矩阵快速幂加速递推题目特点：

1.可以抽象为长度为n的一维数组（即状态矩阵），矩阵在单位时间内变化一次

2.变化的形式是线性递推（只有若干”加法“或“乘以一个系数”的运算）

3.递推轮数大，但矩阵长度n不大

构建矩阵递推的大致套路：

上文常数矩阵$A$就叫做转移矩阵,它能把$F[n-1]$转移到$F[n]$;然后这就是个等比数列，直接写出通项$F[n]=A^{n-1}*F[1]$此处$f[1]$叫初始矩阵。

关键在于定义出状态矩阵和转移矩阵。

一般$F[n]$与$F[n-1]$都是按照原始递推式来构建的，当然可以先猜一个$F[n]$。

复杂度$O(n^3logT)$,$T$是递归总轮数

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矩阵表示修改

[THUSCH2017] 大魔法师

题目大意：n颗球，一颗球里有三个数$A$ $B$ $C$。有m次操作，每次操作选择一个区间$[l,r]$进行一下七种操作之一：

1.$A_i=A_i+B_i$

2.$B_i=B_i+C_i$

3.$C_i=C_i+A_i$

4.$A_i=A_i+v$

5.$B_i=B_i\times v$

6.$C_i=v$

7.输出$\displaystyle\sum_{i=l}^rA_i$,$\displaystyle\sum_{i=l}^rB_i$,$\displaystyle\sum_{i=l}^rC_i$

对于区间修改，我们第一想法是线段树。但是每次修改都与该点中其他属性有关，故不能整体修改

于是就想矩阵乘法来改变状态：

把一颗球看作一个$1\times 4$的矩阵$[A,B,C,1]$（最后一个$1$用来维护常项）

于是我们可以很轻易的推出转移矩阵：

1.$[A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 1 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}=[A+B,B,C,1]$

2,3同理可得

4.$[A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&1&0\\v&0&0&1 \end{bmatrix}=[A+v,B,C,1]$

5.$[A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & v&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}=[A,B*v,C,1]$

6.$[A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&v&1 \end{bmatrix}=[A,B,v,1]$

以第一种操作为例子，如果要修改$[l,r]$中的数据，那就把这段区间全部都乘一个$\begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 1 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}$就好了，于是就可以用线段树来维护了

[BZOJ2973]石头游戏

大意：有一个$n$行$m$列$(0\leq n,m\leq 8)$的矩阵，还有一个与之对应的$n$行$m$列操作序列，一共有$act$种操作序列，编号$0到（act-1）$$(0\leq act\leq10)$每一种操作序列都是长度不超过6，循环执行，一秒一个，所有格子同时进行包括：

数字0-9：拿0-9个石头到该格子

NWSE：把这个格子内所有的石头推到相邻的格子，N表示上方，W表示左方，S表示下方，E表示右方

D：拿走这个格子的石头。

问t秒$(1\leq t\leq10^9)$之后，所有方格中石头最多的格子有多少个石头

问题分析：

以样例为例，设定一维矩阵$F_t=[a_1\ a_2\ a_3\ a_4\ a_5\ a_6]$表示$t$秒时当前每个格子的石子数量，特别的，再加一个$a_0$，使得$a_0$始终为$1$,所以,转移矩阵$T_i$第$0$列有且只有第$0$行为$1$

初始状态矩阵就是$F_0=[a_0=1\ a_1=0\ a_2=0\ a_3=0\ a_4=0\ a_5=0\ a_6=0]$

第一秒的操作为$1,E,E,E,E,0$，第1个格子+1，第2,3,4,5个格子推向右方，第6个格子不移动不添加

所以可以构造出转移矩阵$T_1=\begin{bmatrix} 1 & 1&0&0&0&0&0 \\ 0 & 1&0&0&0&0&0\\0&0&0&1&0&0&0\\0&0&0&0&1&0&0\\0&0&0&0&0&1&0\\0&0&0&0&0&0&1 \\0&0&0&0&0&0&1 \end{bmatrix}$

因此也可以通过相同的方法找到$T_2$、$T_3$、$T_4$、$T_5$...

因为$n$和$m$的数据范围较小，所以我们可以把$n$行$m$列的网络转化为长度为$n\times m$的一维矩阵

$F_t=[a_{(1,1)},a_{(1,2)}...a_{(1,m)},a_{(2,1)}...a_{(n,m)}]$,其中$a_{(i,j)}$在一维矩阵第$(i-1)\times m+j$个位置，令$S(i,j)=(i-1)\times m+j$，也再加一个$a_0$，始终为$1$

因为每个操作序列的长度不超过$6$,且$1-6$的最小公倍数为$60$，所以每经过$60$秒，操作序列又会从最开始的字符开始，因此需要构造$60$个$(n\times m+1)\times (n\times m+1)$转移矩阵$T$，包含第$0-(n\times m)$行和第$0-(n\times m)$列

转移矩阵$T_i(1\leq i\leq 60)$的构造方法：

回顾：状态矩阵$F_i$所有元素与转移矩阵$T_{i+1}$第$i$列所有元素分别相乘的和，得到状态矩阵$F_{i+1}$第$i$个元素的数值

注：以下操作均不计除了当前石子外，其他石子的操作对此石子的影响

若操作数字为$0-9$，设数值为$x$，所以$T_i$第$S(i,j)$列 第$0$行 为$x$,第$S(i,j)$列 第$S(i,j)$行 为$1$

若为字符$N$，则转移矩阵第$S(i,j)$行 第$S(i-1,j)$列为$1$，字符$W,S,E$类似

若为字符$D$，则转移矩阵此列不做处理

为了保证$F_i(0)$始终为$1$，所有转移矩阵$T_i$第$0$列有且只有第$0$行为$1$

所以需要将$T_1-T_{60}$全部求解出来，令$TT=T_1\times T_2\times ...\times T_{60}$

则$t$秒后：

状态矩阵$F_t=F_0*TT^{\frac{t}{60}}*(T_1\times T_2\times ...\times T_r),r=t\%60$

其中$TT^{\frac{t}{60}}$可以用矩阵快速幂求解，最后求$F_t$中$1-(n\times m)$列的最大值即可

又可以发现一个规律：

如果在应用矩阵乘法时，遇到常数项，经常需要在“状态矩阵”中添加一个额外的位置，始终储存常数$1$，并乘上“转移矩阵”中适当的系数，累加到“状态矩阵”的其他位置

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矩阵乘法与邻接矩阵

[TJOI2017]可乐

题目：

加里敦星球的人们特别喜欢喝可乐。因而，他们的敌对星球研发出了一个可乐机器人，并且放在了加里敦星球的$1$号城市上。这个可乐机器人有三种行为： 停在原地，去下一个相邻的城市，自爆。它每一秒都会随机触发一种行为。现在给加里敦星球城市图，在第$0$秒时可乐机器人在$1$号城市，问经过了$t$秒，可乐机器人的行为方案数是多少？

$N$表示城市个数，$M$表示道路个数。

保证两座城市之间只有一条路相连，且没有任何一条道路连接两个相同的城市。

$1 < t \leq 10^6,$ $1≤N≤30,0<M<100，1 \leq u, v \leq N$

分析：

先用邻接矩阵存图（两个点之间若有边则$A[u][v]=1$)

如果我们没有在原地停留和自爆两个操作，那么就是问从起点出发，走t步的不同路径数

令该图的邻接矩阵是$G$,那么我们考虑 $G^2$ 是个什么东西

我们单独考虑某一行和某一列的相关运算:令其为 $G_{a,i}$和 $G_{i,b}$令 $G′$ 为相乘得到的矩阵,那么会有

$G'_{a,b}=\displaystyle \sum^m_{i=1} G_{a,i}*G_{i,b}$

容易发现,当且仅当 $G{a,i}$ 和 $G{i,b}$ 都不为零,即$i$点可连通 $a,b$ 两点的时候上式的该项才为$1$, 否则为$0$

那么所有的这些情况累加起来,就是从$a$到$b$长度为$2$的路径条数(即方案数)

所以，$G^2$得到的矩阵其实表示了任意两点间长度为2的方案数

（也从$floyd$算法的角度考虑）那么不难发现$G^k$的第$i$行第$j$列的数字含义是从$i$到$j$经过$k$步的路径方案总数

那么在原地停留和自爆怎么处理？

在原地停留很简单，我们只要认为每个点都有一个从自己到自己的自环即可。

那自爆呢？

我们可以将自爆这个状态也看成一个城市，就设它为编号$0$

我们在邻接矩阵上从每个点都向这个点连一条边，这个点除了自己外不连其他出边。

这样就满足了任何一个点随时可以自爆，且无法恢复到其他状态。

最后，统计答案$Ans=\sum\limits_{i=0}^{n}A[1][i]$