矩阵乘法
矩阵乘法入门
矩阵
类似一个二维数组吧。
矩阵的运算
矩阵的加法
我不知道有什么用。
矩阵的减法
我也不知道有什么用。
矩阵的乘法
即答案矩阵的第 \(i\) 行第 \(j\) 列数是 \(A\) 矩阵第 \(i\) 行第 \(k\) 个数和 \(B\) 矩阵第 \(k\) 行第 \(j\) 列的数相乘再相加的。显然，\(A\) 矩阵的列数和 \(B\) 矩阵的行数是一样的。注意：矩阵的乘法不满足交换律，但是满足结合律。矩阵的乘法可以用来加速递推。
矩阵乘法代码
struct matrix {
long long num[3][3];
void init() {
memset(num, 0, sizeof(num));
}
matrix operator * (const matrix& x) const {
matrix res;
res.init();
for (int i = 1; i <= 2; i ++)
for (int j = 1; j <= 2; j ++)
for (int k = 1; k <= 2; k ++)
res.num[i][j] += num[i][k] * x.num[k][j]
return res;
}
};
题目
1. 斐波那契数列
大家都知道，斐波那契数列是满足如下性质的一个数列：
请你求出 \(F_n \bmod 10^9 + 7\) 的值。
【数据范围】
对于 \(60\%\) 的数据，\(1\le n \le 92\)；
对于 \(100\%\) 的数据，\(1\le n < 2^{63}\)。
思路
斐波那契数列的递推式很简单，为 \(f_n = f_{n - 1} + f_{n - 2}\)。
对于 \(60\%\) 的数据，一个一个算就可以了。
对于 \(100 \%\) 的数据，一个一个算直接爆炸了，我们就需要矩阵加速。
求出 \(f_n\) 需要 \(f_{n - 1}\) 和 \(f_{n - 2}\) ，所以我们构造一个矩阵 ：
我们还需要构造一个矩阵 \(B\) 使 $\begin{bmatrix} f_{n - 1} & f_{n - 2} \end{bmatrix} \times B = \begin{bmatrix} f_{n} & f_{n - 1} \end{bmatrix} $
可以看出来，\(B\) 一定是一个 \(2 \times 2\) 的矩阵。为了更直观的表现，我们在矩阵旁边标上对应的数。
这样就很好理解了，\(f_n\)，是由 \(f_{n - 1}\) 和 \(f_{n - 2}\) 相加而得的，所以 \(f_n\) 对应的列， \(f_{n - 1}\) 和 \(f_{n - 2}\) 对应的行上的数都是 $ 1 $ ，\(f_{n - 1}\) 就是 \(f_{n - 1}\)，所以 \(f_{n-1}\) 对应的列和 \(f_{n - 1}\) 对应的行上的数是 \(1\)，由于 \(f_{n-1}\) 中不含 \(f_{n-2}\) ，所以 \(f_{n-1}\) 对应的列和 \(f_{n - 2}\) 对应的列上的数是 \(0\)。
求出了 \(B\) 矩阵后我们只要把矩阵 \(\begin{bmatrix} f_2 & f_1\end{bmatrix}\) 乘上 \(n-2\) 个 \(B\) 矩阵，就能得到 \(\begin{bmatrix} f_n & f_{n-1}\end{bmatrix}\)。
为什么是 \(n - 2\) 次不是 \(n\) 次呢？手算一下发现：
乘 \(1\) 次得到 \(f_3\) ，乘 \(2\) 次得到 \(f_4\)，乘 \(n-2\) 次就得到了 \(f_n\)。
所以：
因为 \(1\le n < 2^{63}\)，直接乘肯定要爆炸，需要快速幂。
矩阵快速幂和数的快速幂非常相似，唯一不同的地方就是 \(res\) 需要初始化为单位矩阵，就是对角线上的数都是 \(1\) 的矩阵。\(A \times 单位矩阵 = A\)， 矩阵中的单位矩阵就类似于数中的 \(1\)。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod = 1000000007;
struct matrix {
LL a[4][4];
matrix() {memset(a, 0, sizeof(a));}
matrix operator * (const matrix& x) const {
matrix res;
for (int i = 1; i <= 3; i ++)
for (int j = 1; j <= 3; j ++)
for (int k = 1; k <= 3; k ++) {
res.a[i][j] = (res.a[i][j] + (a[i][k] % mod * x.a[k][j] % mod) % mod) % mod;
}
return res;
}
matrix operator ^ (LL p) const {
matrix res, x;
for (int i = 1; i <= 3; i ++) res.a[i][i] = 1;
for (int i = 1; i <= 3; i ++)
for (int j = 1; j <= 3; j ++)
x.a[i][j] = a[i][j];
while (p) {
if (p & 1) res = res * x;
x = x * x;
p >>= 1;
}
return res;
}
};
matrix m, p;
int main() {
LL n;
scanf("%lld", &n);
if (n <= 2) {
puts("1");
return 0;
}
p.a[1][1] = p.a[1][2] = p.a[2][1] = 1;
m.a[1][1] = m.a[1][2] = 1;
m = m * (p ^ (n - 2));
printf("%lld\n", m.a[1][1]);
return 0;
}
2. Fibonacci 前 n 项和
大家都知道 \(Fibonacci\) 数列吧。
现在问题很简单，输入 \(n\) 和 \(m\)，求 \(f_n\) 的前 \(n\) 项和 \(S_n\) \(\text{mod}\) \(m\)。
思路
这道题就比上道题升级了，需要求前 \(n\) 项和。
还是构造一个矩阵：
与上一题同理，我们需要构造出一个矩阵 \(B\) ，使 \(\begin{bmatrix} S_{n-2} & f_{n-1} & f_{n-2}\end{bmatrix} \times B = \begin{bmatrix} S_{n-1} & f_{n} & f_{n-1}\end{bmatrix}\)
为了更直观的表现，我们在矩阵旁边标上对应的数太麻烦了，不标了。可以很简单的构造出：
\(S_{n-1}\) 需要 \(S_{n-2} + f_{n - 1}\)， 所以 \(S_{n-1}\) 列上的 \(S_{n-2}\) 行和 \(f_{n-1}\) 行上的数都是 \(1\)。
剩下的 \(f_{n-1}\) 和 \(f_{n-2}\) 都与上一题一样，就略去了。
遇上一题一样，还是快速幂，不过这一次是 \(n - 1\) 次，因为我们初始矩阵中放的是 \(S_{n - 2}\) 。
初始矩阵：
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n, m;
struct matrix {
long long num[4][4];
void init() {
memset(num, 0, sizeof(num));
}
matrix operator * (const matrix& x) const {
matrix res;
res.init();
for (int i = 1; i <= 3; i ++)
for (int j = 1; j <= 3; j ++)
for (int k = 1; k <= 3; k ++)
res.num[i][j] = (res.num[i][j] + (num[i][k] % m * x.num[k][j] % m) % m) % m;
return res;
}
matrix operator ^ (long long p) const {
matrix res, a;
res.init();
for (int i = 1; i <= 3; i ++)
res.num[i][i] = 1;
for (int i = 1; i <= 3; i ++)
for (int j = 1; j <= 3; j ++)
a.num[i][j] = num[i][j];
while (p) {
if (p & 1) res = res * a;
a = a * a;
p >>= 1;
}
return res;
}
};
matrix a, b;
int main() {
scanf("%lld%lld", &n, &m);
a.num[1][1] = a.num[1][2] = a.num[1][3] = 1;
b.num[1][1] = b.num[2][1] = b.num[2][2] = b.num[2][3] = b.num[3][2] = 1;
a = a * (b ^ (n - 1));
printf("%lld\n", a.num[1][1]);
return 0;
}
3. fib
思路
这道题就更加升级了，增加了一些系数和常数，我们把这些全部放入矩阵。
这样我们的矩阵 \(B\) 就变成了一个巨型矩阵：
$ f_n=7f_{n-1}+6f_{n-2}+5n+4×3^n$ ，所以 \(f_n\) 列 \(f_{n-1}\) 行就是 \(7\), \(f_{n - 2}\) 行就是 \(6\)，\(5n = 5(n - 1) + 5\)，所以 \(5(n-1)\) 行和 \(5\) 行都是 \(1\) ，\(4 \times 3^n = 12 \times 3^{n-1}\)，所以 \(3^{n-1}\) 行就是 \(12\)。
\(f_{n-1} = f_{n-1}\) 与前几题同理，略。
\(5n = 5(n-1)+5\)，所以 \(5n\) 列 \(5(n-1)\) 行和 \(5\) 行都是 \(1\) 。
\(5 = 5\)，略。
\(3^n = 3^{n - 1} \times 3\)，所以 \(3^n\) 列，\(3^{n-1}\) 行就是 \(3\)。
剩下的就是常规的快速幂，\(n-2\) 次方。
代码
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long m = 10000;
struct matrix {
long long num[6][6];
void init() {
memset(num, 0, sizeof(num));
}
matrix operator * (const matrix& x) const {
matrix res;
res.init();
for (int i = 1; i <= 5; i ++)
for (int j = 1; j <= 5; j ++)
for (int k = 1; k <= 5; k ++)
res.num[i][j] = (res.num[i][j] + (num[i][k] % m * x.num[k][j] % m) % m) % m;
return res;
}
matrix operator ^ (long long p) const {
matrix res, a;
res.init();
for (int i = 1; i <= 5; i ++)
res.num[i][i] = 1;
for (int i = 1; i <= 5; i ++)
for (int j = 1; j <= 5; j ++)
a.num[i][j] = num[i][j];
while (p) {
if (p & 1) res = res * a;
a = a * a;
p >>= 1;
}
return res;
}
};
matrix a, b;
long long n;
int main() {
while (scanf("%lld", &n) != EOF) {
if (n == -1) break;
if (n <= 2) {
puts("0");
continue;
}
a.num[1][1] = 0,
a.num[1][2] = 0,
a.num[1][3] = 10,
a.num[1][4] = 5,
a.num[1][5] = 9,
b.num[1][1] = 7,
b.num[2][1] = 6,
b.num[3][1] = 1,
b.num[4][1] = 1,
b.num[5][1] = 12,
b.num[1][2] = 1,
b.num[3][3] = 1;
b.num[4][3] = 1,
b.num[4][4] = 1,
b.num[5][5] = 3;
a = a * (b ^ (n - 2));
printf("%lld\n", a.num[1][1]);
}
return 0;
}
总结
构造矩阵时要把递推式中所有项都塞到矩阵里。
矩阵的 \(Latex\) 太难了，手都废了。
转眼5个月没写博客了，今天开始继续写。
本文来自博客园，作者：maniubi，转载请注明原文链接：https://www.cnblogs.com/maniubi/p/17550177.html，orz
