矩阵乘法
定义C是由A,B两个矩阵相乘得到 若A是n行k列，B是k行m列 所以C是n行m列
\(C_{i,j}=\sum_{k=1}^mA_{i,k}*b_{k,j}\) 用我自己的话来说就是C的i行j列是由 A的i行*B的j列
矩阵乘法满足结合律，分配律，但不满足交换律（显然，如果交换后C的形态都可能发生变换）
如果A是1行n列，B是n行n列 那么C是1行n列 那么\(C_{j}=\sum_{k=1}^{n}A_k*B_{k,j}\) 这个式子在矩阵快速幂的时候会经常用到 用可以听懂的话来说 这个式子表示C的第j个数=A全部*B的第j列 具体怎么用等下来讲
CH3401 石头游戏
一道矩阵快速幂的板子题。QAQ
首先一般状态矩阵为一维的 我们可以显然的令\(i行,j列\)表示的数值为\((i-1)*m+j\),这样就可以通过这个式子转成一维的了
令A为转移矩阵，F为状态矩阵 \(A_{k,i,j}\)为k时刻i行j列 \(F_i\)为第i行 我们可以列出以下式子
首先令\(A[k][0][0]=1\)
当操作为数字时令 \(A[k][calc(i,j)][calc(i,j)]=1,A[k][0][calc(i,j)]=digit\)
当操作为字母时 若表示转移 则\(A[k][calc(i,j)][calc(i-1,j)]=1\)这种类似的式子
若操作表示删除 则\(A[k][calc(i,j)][calc(i,j)]=0\)
可能到现在还是很懵逼为什么要这样定义转移矩阵 但是感性理解一下就会发现\(A[k][calc(i,j)][calc(x,y)]\)不就表示\(F[calc(x,y)]=\sum F[calc(i,j)]*A[k][calc(i,j)][calc(x,y)]\) 相当于将在\(calc(i,j)\)位置的数乘上\(A[k][calc(i,j)][calc(x,u)]\)吗？再返回上面的式子理解一下 当操作为数字时 相当于将自己原封不动的额复制一份 并且加上数字（我们令\(A[K][0][0]=1\)，将他在\(calc(i,j)\)位置上乘上\(digit\)，相当于加上了\(digit\)）；当操作为字母切表示转移时，相当于将自己改成0，并且将自己的值付给周围的位置。而我们没有写将自己改成0 是因为初始化的时候就已经赋为0了;当表示删除 就是将自己改成0
可是讲了这么久好像和矩阵快速幂没有关系？
这道题需要注意的就是 \(1\)~\(6\)的最小公倍数为60 相当于经过60S必定会重复与上一个60秒。这样就可以用一个矩阵来表示这60S的总变化，然后就矩阵快速幂啊QAQ。
写一下式子 B表示60S的总变化矩阵 A表示转移矩阵 F表示状态矩阵 令\(q=t/60\) \(r=t%60\)
\(F_t=F_0*B^q*\prod_{i=1}^rAi\) 然后就可以啦
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#define LL long long
using namespace std;
LL read(){
LL x=0,f=1;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}
while(ch>='0' && ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
return x*f;
}
LL n,m,t,act;
LL F[100];
string opti[10],oper[10];
LL A[70][100][100],B[100][100];
LL calc(LL x,LL y){
return (x-1)*m+y;
}
void mulqaq(LL a[100][100],LL b[100][100]){
LL c[100][100];
memset(c,0,sizeof(c));
for(LL i=0;i<70;i++)
for(LL j=0;j<70;j++)
for(LL k=0;k<70;k++)
c[i][j]+=a[i][k]*b[k][j];
memcpy(a,c,sizeof(c));
}
void prepare_work(){
F[0]=1;
for(LL times=0;times<60;times++){
A[times][0][0]=1;
for(LL i=1;i<=n;i++){
for(LL j=1;j<=m;j++){
LL qaq=opti[i-1][j-1]-'0';
LL shawn=times%oper[qaq].size();
char ch=oper[qaq][shawn];
if(ch>='0' && ch<='9'){
A[times][calc(i,j)][calc(i,j)]=1;
A[times][0][calc(i,j)]=ch-'0';
}
else{
if(ch=='N'){
if(i-1>=1)
A[times][calc(i,j)][calc(i-1,j)]=1;
}
else if(ch=='W'){
if(j-1>=1)
A[times][calc(i,j)][calc(i,j-1)]=1;
}
else if(ch=='E'){
if(j+1<=m)
A[times][calc(i,j)][calc(i,j+1)]=1;
}
else if(ch=='S'){
if(i+1<=n)
A[times][calc(i,j)][calc(i+1,j)]=1;
}
else A[times][calc(i,j)][calc(i,j)]=0;
}
}
}
}
for(int i=0;i<70;i++)
B[i][i]=1;
for(int i=0;i<60;i++){
mulqaq(B,A[i]);
}
}
void mul(LL f[100],LL b[100][100]){
LL c[100];memset(c,0,sizeof(c));
for(LL j=0;j<70;j++){
for(LL k=0;k<70;k++){
c[j]+=f[k]*b[k][j];
}
}
memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(LL a[100][100]){
LL c[100][100];memset(c,0,sizeof(c));
for(LL i=0;i<70;i++){
for(LL j=0;j<70;j++){
for(LL k=0;k<70;k++){
c[i][j]+=a[i][k]*a[k][j];
}
}
}
memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
n=read();m=read();t=read();act=read();
for(LL i=0;i<n;i++) cin >> opti[i];
for(LL i=0;i<act;i++) cin >> oper[i];
prepare_work();
LL q=t/60;
LL r=t%60;
while(q){
if(q&1) mul(F,B);
mulself(B);q>>=1;
}
for(int i=0;i<r;i++){
mul(F,A[i]);
}
LL ans=0;
for(int i=1;i<=70;i++)
ans=max(ans,F[i]);
printf("%lld",ans);
return 0;
}
做了矩阵的题在慢慢补充吧(我自己都不信)
迷宫 SCOI2009
这道题运用了一个矩阵乘法的性质： 对于一个图，若其邻接矩阵只有0或1，则该矩阵的t次幂可以表示为走了t步的方案数
然而这道题两个点之间的距离有可能大于1，因此我们可以建虚点（使得经过某条边权不为1的边，可以转换为经过某些边权为1的虚边，切经过了那些边就可以相当于经过了某条边权不为1的边。QAQ）
如何建虚边？将一个点拆成九个点（莫名像网络流毒瘤建图）,看做有9层，然后虚点依次向上一个点连边，直到上一个点没有。 对于边权为\(x\)，从\(i到j\)的边可以连i的第一层的点，j的第(x-1)层点，边权为1的边
至于为什么是j的第(x-1)层。。因为我们本身就连了一条边权为1的边啊
然后建完图之后就可以跑矩阵快速幂了QAQ 注意\(t--\) 因为我初始化的转移矩阵就是多带了一次的。当然也可以将初始的转移矩阵设为单位矩阵 然后t就不用\(--\)了
还有就是注意要取模
#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define LL long long
using namespace std;
const LL maxn=1000,mod=2009;
LL f[maxn][maxn],n,t,base[maxn][maxn];
LL calc(LL x,LL y){
return x+y*n;
}
void mul(LL a[maxn][maxn],LL b[maxn][maxn]){
LL c[maxn][maxn];memset(c,0,sizeof(c));
for(LL i=1;i<=10*n;i++){
for(LL j=1;j<=10*n;j++){
for(LL k=1;k<=10*n;k++){
c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
}
}
}
memcpy(a,c,sizeof(c));
}
void mulself(LL a[maxn][maxn]){
LL c[maxn][maxn];
memset(c,0,sizeof(c));
for(LL i=1;i<=10*n;i++){
for(LL j=1;j<=10*n;j++){
for(LL k=1;k<=10*n;k++){
c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*a[k][j]%mod)%mod;
}
}
}
memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
scanf("%lld %lld",&n,&t);
for(LL i=1;i<=n;i++){
for(LL j=1;j<=8;j++){
f[calc(i,j)][calc(i,j-1)]=1;
}
for(LL j=1;j<=n;j++){
int digit;
scanf("%1d",&digit);
if(digit==0) continue;
f[i][calc(j,digit-1)]=1;
}
}
memcpy(base,f,sizeof(f));
t-=1;
while(t){
if(t&1) mul(f,base);
mulself(base);t>>=1;
}
printf("%lld",f[1][n]%mod);
return 0;
}
