矩阵乘法、矩阵快速幂

一定要看好乘的顺序！！！！！横的在前，竖的在后！

矩阵乘法和矩阵快速幂本身简单，但是构造出矩阵递推式的过程比较考验智慧。

1 矩阵乘法

1.定义

若矩阵A的大小为$n \times m$，矩阵B的大小为$m \times p$，则两个矩阵可以做乘法，得到的矩阵C的大小为$n \times p$。

$A = \begin{bmatrix} a_{11} & a_{12} & a_{13} \\ a_{21} & a_{22} & a_{23} \end{bmatrix}$ $B = \begin{bmatrix} b_{11} & b_{12} \\ b_{21} & b_{22} \\ b_{31} & b_{32} \end{bmatrix}$ $C = A \times B = \begin{bmatrix} a_{11}\times b_{11}+ a_{12} \times b_{21}+a_{13} \times b_{31} & a_{11} \times b_{12} + a_{12} \times b_{22} + a_{13} \times b_{32} \\ a_{21} \times b_{11} + a_{22} \times b_{21} + a_{23} \times b_{31} & a_{21} \times b_{12} + a_{22} \times b_{22} + a_{23} \times b_{32} \end{bmatrix}$

注意：只有矩阵A的列数等于矩阵B的行数时，两个矩阵才能相乘。

2.代码实现

int a[N][N],b[N][N],c[N][N];
signed main()
{
	#ifdef LOCAL
	freopen("in.in","r",stdin);
	#endif
	int n = read(),m = read();
	for(int i{1};i<=n;i++)
	for(int j{1};j<=m;j++) a[i][j] = read();
	int k = read();
	for(int i{1};i<=m;i++)
	for(int j{1};j<=k;j++) b[i][j] = read();
	for(int i{1};i<=n;i++)
		for(int j{1};j<=m;j++)
			for(int l{1};l<=k;l++)
				c[i][l] += a[i][j] * b[j][l]; 
	for(int i{1};i<=n;i++)
	{
		for(int j{1};j<=k;j++)
			writek(c[i][j]);
		putchar(10);
	}

	exit(0);
}

2 矩阵快速幂

模版

注意在给 res 的初值赋成单位矩阵 $I = \begin{bmatrix} 1 & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 \end{bmatrix}$。

const int N = 1e2+5;
int n;
const int MOD = 1e9+7;
struct MATRIX
{
	int a[N][N]{};
	void build(){for(int i{1};i<=n;i++) a[i][i] = 1;}
	MATRIX operator *(const MATRIX md)
	{
		MATRIX as;
		for(int i{1};i<=n;i++)
			for(int j{1};j<=n;j++)
				for(int k{1};k<=n;k++)
					(as.a[i][k] += a[i][j] * md.a[j][k] % MOD ) %= MOD;
		return as;
	}
}mt;
inline MATRIX qp(MATRIX a,int b)
{
	MATRIX ans;
	ans.build();
	while(b)
	{
		if(b&1) ans = ans * a;
		a = a * a;
		b>>=1;
	}
	return ans;
 } 
signed main()
{
	#ifdef LOCAL
	freopen("in.in","r",stdin);
	#endif
	n = read();
	int k = read();
	for(int i{1};i<=n;i++)
	for(int j{1};j<=n;j++) mt.a[i][j] = read();
	MATRIX ans = qp(mt,k);
	for(int i{1};i<=n;i++)
	{
		for(int j{1};j<=n;j++) writek(ans.a[i][j]);
		putchar(10);
	}
	

Fibonacci第n项

题目描述：计算斐波那契数列第n项的后m位。

解析：

斐波那契数列的递推方程试可以写成矩阵的形式：

$\begin{bmatrix} f[n] \\ f[n-1] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f[n-1] \\ f[n-2] \end{bmatrix}$

那么：

$\begin{bmatrix} f[n] \\ f[n-1] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f[n-1] \\ f[n-2] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f[n-2]\\f[n-3] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix}^{n-1} \times \begin{bmatrix} f[1]\\f[0] \end{bmatrix}$

于是，我们只需要类比普通的快速幂计算矩阵

$\begin{bmatrix} 1&1\\1&0 \end{bmatrix}$

的快速幂即可。

Fibonacci前n项和

题目描述：

求$d_n$的前n项和$S_n \bmod m$。

解析：

考虑递推关系式：$s[n] = s[n-1]+f[n]$，写成矩阵形式：

$\begin{bmatrix} s[n]\\f[n+1]\\f[n] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1&0\\0&1&1\\0&1&0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} s[n-1]\\f[n]\\f[n-1] \end{bmatrix}$

所以：

$\begin{bmatrix} s[n]\\f[n+1]\\f[n] \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1&0\\0&1&1\\0&1&0 \end{bmatrix}^{n-1} \times \begin{bmatrix} s[1]\\f[2]\\f[1] \end{bmatrix}$

佳佳的Fibonacci

题目描述：

$T(n) = f_1+2f_2+3f_3+\cdots+nf_n$，求$T(n) \bmod m$。

解析：

递推关系式的矩阵中不能出现变量n，所以要先对递推关系式变形成我们可以处理的情况。

$\begin{aligned} T_n &= f_1+2f_2+3f_3+\cdots+nf_n \\ &= n \times S_n - S_{n-1} - S_{n-2} - S_{n-3} - \cdots - S_1 \\ &= n \times S_n - \sum _ {i=1}^{n-1} S_i \end{aligned}$

而

$\begin{aligned} \sum_{i=1}^{n-1} S_i &= S_1+S_2+S_3+\cdots+S_{n-1} \\ &= f_1+(f_1+f_2)+\cdots+(f_1+f_2+f_3+\cdots+f_{n-1}) \\ &= (n-1)f_1+(n-2)f_2+(n-3)f_3+\cdots+f_n \end{aligned}$

令$P_n = \sum_{i=1}^{n-1}S_i$，则： $T_n=n\times S_n-P_n$

我们不需要递推$T_n$，只需要递推$P_n$和$S_n$，再直接计算得到$T_n$。

因为$P_n=P_{n-1}+S_{n-1}$，所以：

$\begin{bmatrix} P_n\\S_n\\f_{n+1}\\f_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&1&0&0\\0&1&1&0\\0&0&1&1\\0&0&1&0 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} P_{n-1}\\S_{n-1}\\f_n\\f_{n-1} \end{bmatrix}$

[UVA10870] Recurrences

考虑矩阵加速递推。

令 $F_{n}=\begin{bmatrix} f_{n} & f_{n+1} & f_{n+2} & \dots & f_{n+d-1} \end{bmatrix}$，容易有 $\begin{aligned} F_{n} &=\begin{bmatrix} f_{n} & f_{n+1} & f_{n+2} & \dots & f_{n+d-1} \end{bmatrix} \\ &=\begin{bmatrix} f_{n-1} & f_{n} & f_{n+1} & \dots & f_{n+d-2} \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & \dots & a_{d} \\ 1 & 0 & 0 & \dots & a_{d-1} \\ 0 & 1 & 0 & \dots & a_{d-2} \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \\ 0 & 0 & 0 & \dots & a_{1} \end{bmatrix} \\ &=\begin{bmatrix} f_{n-2} & f_{n-1} & f_{n} & \dots & f_{n+d-3} \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & \dots & a_{d} \\ 1 & 0 & 0 & \dots & a_{d-1} \\ 0 & 1 & 0 & \dots & a_{d-2} \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \\ 0 & 0 & 0 & \dots & a_{1} \end{bmatrix}^{2} \\ &= \dots \\ &=\begin{bmatrix} f_{1} & f_{2} & f_{3} & \dots & f_{d} \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & \dots & a_{d} \\ 1 & 0 & 0 & \dots & a_{d-1} \\ 0 & 1 & 0 & \dots & a_{d-2} \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \\ 0 & 0 & 0 & \dots & a_{1} \end{bmatrix}^{n-1} \\ &=F_{1} \times \begin{bmatrix} 0 & 0 & 0 & \dots & a_{d} \\ 1 & 0 & 0 & \dots & a_{d-1} \\ 0 & 1 & 0 & \dots & a_{d-2} \\ \dots & \dots & \dots & \dots & \dots & \\ 0 & 0 & 0 & \dots & a_{1} \end{bmatrix}^{n-1} \end{aligned}$。

接着矩阵快速幂处理即可。

int MOD;
int d,n,m;
const int N = 20;
int b[N],f[N];
struct MATRIX
{
	int a[N][N]{};
	void build()
	{
		for(int i{1};i<=d+1;i++) a[i][i] = 1;
	}
	void build2()
	{
		for(int i{1};i<=d+1;i++)
			a[1][i] = f[d+2-i];
	}
	void build3()
	{
		for(int i{1};i<=d;i++)
			a[i][1] = b[i];
		for(int i{2};i<=d+1;i++)
			a[i-1][i] = 1;
	}
	void print()
	{
		for(int i{1};i<=d+1;i++)
		{
			for(int j{1};j<=d+1;j++) writek(a[i][j]);
			putchar(10);
		}
	}
	MATRIX operator *(const MATRIX md)
	{
		MATRIX as;
		for(int i{1};i<=d+1;i++)
			for(int j{1};j<=d+1;j++)
				for(int k{1};k<=d+1;k++)
					(as.a[i][j] += a[i][k] * md.a[k][j] % MOD) %= MOD;
		return as;
	}
	
};
inline MATRIX qp(MATRIX aa,int b)
{
	MATRIX ans;
	ans.build();
	while(b)
	{
		if(b&1) ans = ans * aa;
		aa = aa * aa;
		b>>=1;
	}
	return ans;
 } 
signed main()
{
	#ifdef LOCAL
	freopen("in.in","r",stdin);
	#endif
	while(true)
	{
		d = read(),n = read(),MOD = read();
		for(int i{1};i<=d;i++) b[i] = read();
		for(int i{1};i<=d;i++) f[i] = read();
		if(!d && !n && !MOD) break;
		if(n<=d) {writeln(f[n]);continue;}
		f[d+1] = 0;
		for(int i{1};i<=d;i++)(f[d+1] += b[i]*f[d-i+1]) %= MOD;
		MATRIX ori;
		ori.build2();
		MATRIX mt;
		mt.build3();
		mt = qp(mt,n-d-1);
		ori = ori * mt;
		writeln(ori.a[1][1]);
	}
	
	exit(0);
}

递推中存在常数的处理

1.$f(n) = a \times f(n - 1) + b \times f(n - 2) + c$

$\begin{bmatrix} f_n\\f_{n-1}\\c \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a&b&1\\1&0&0\\0&0&1 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f_{n-1}\\f_{n-2}\\c \end{bmatrix}$

2.$f(n) = c^n - f(n - 1)$

$\begin{bmatrix} f_n\\c^n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} -1&c\\0&c \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} f_{n-1}\\c^{n-1} \end{bmatrix}$

矩阵幂求和

题目描述：

给定一个矩阵，求$S = A + A^2 + A^3 + \cdots + A^k$，求S中的每个数对P取模的结果。

解析：

法一：递归

对式子进行变形，比如：$A + A^1 + A^2 + A^3 + A^4 + A^5 + A^6$可以变形为$A+A^1+A^2+A^3+A^3 \times (A+A^2+A^3) = (A^3+1)(A+A^2+A^3)$，所以这个式子可以递归。如果k为偶数直接递归即可；如果k为奇数，递归计算$A^{k-1}$，之后单独计算$A^k$。

法二：分块矩阵

我们尝试使用

$\begin{bmatrix} S_k\\A^k \end{bmatrix}$

和

$\begin{bmatrix} S_{k-1}\\A^{k-1} \end{bmatrix}$

建立关系：

$\begin{bmatrix} S_k\\S^k \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&A\\0&A \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} S_{k-1}\\A^{k-1} \end{bmatrix}$

我们会发现，这里面是矩阵包含着矩阵，所以这个矩阵的长度为 $A$的长度乘 $2$，同时下面的 $1$也为单位矩阵，$0$ 也是一个矩阵，长度都为 $A$ 的长度。我们求新矩阵的 $n-1$次方，就可以得到$S_k$。

图上路径方案

题目描述：

给定一个有向图的邻接矩阵 $S$，问从点 $a$ 恰好走 $K$ 步（允许重复经过边）到达 $b$ 点的方案数模$10007$ 的值。

解析：

如下图：

在图的邻接矩阵中，两点之间有连边用1表示，没有用0表示。

$\begin{bmatrix} 0&1&1\\1&1&1\\1&0&0 \end{bmatrix}$

换个角度来想，在邻接矩阵A中，$a_{ij}$正好表示从点i到点j走一步的方案数，我们尝试将矩阵乘起来，变成$A^2$。 在$A^2$中，$A_{11}^2 = a_{11} \times a_{11} + a_{12} \times a_{21} + a_{13} \times a_{31}$。在这个式子中，$a_{ik}$和$a_{kj}$都为1，才能对最终的答案贡献1，所以$A_{ij}^s = A_{ik}^{s-1} + a_{kj}$表示i到j走s步，可以是i到k走s-1步的基础上再走kj这条边，也就是多走了1步，所以乘一次邻接矩阵，相当于多走一步。所以本题我们直接对邻接矩阵做一个 $k$ 的快速幂即可。

[USACO07NOV] Cow Relays G

题目描述：

给定一张T条边的无向连通图，求S到E经过M条边的最短路。

解析：

我们可以通过动态规划来解决此题。令$f[i][j]$表示达到i经过j条边的最短距离，那么转移方程如下：

$f[i][j] = min(f[k][j - 1] + G[k][i])(1 <= k <= N)$

其中N为总的点数，如果k和i之间有边相连，则$G[k][i]$为边权，否则为正无穷。

上述dp方程时间复杂度为$O(N^2M)$，显然会T。 回顾矩阵乘法在图论里的应用式子：

$C[i][j] = \sum_{k=1}^p A[i][k] \times B[k][j]$

由于矩阵乘法满足分配律和结合律（不满足交换律），所以我们可以通过矩阵快速幂的方法来加速。于是：

$C[i][j] = min(A[i][k] + B[k][j])(1<=k<=p)$

例题7：[POJ 3734]Blocks

题目描述：

有 $n$个 blocks，让你用红，蓝，绿，黄四种颜色染上色，求红色和绿色的 block 都是偶数个的方案有多少个。

解析：

首先，令

$dp[i][0]$ 表示当涂了前 $i$ 个 blocks 之后，红色和绿色都是偶数个的方案数。

$dp[i][1]$ 表示当涂了前 $i$ 个 blocks 之后，红色和绿色只有一个是偶数个的方案个数。

$dp[i][2]$ 表示当涂了前 $i$ 个blocks之后，红色和绿色都不是偶数个的方案个数。

得出状态转移方程：

$dp[i + 1][0] = 2 \times dp[i][0] + dp[i][1]$

$dp[i + 1][1] = 2 \times dp[i][0] + 2 \times dp[i][1] + 2 \times dp[i][2]$

$dp[i + 1][2] = dp[i][1] + 2 \times dp[i][2]$

由于n<=1e9所以$O(n)$的dp是不行的，需要矩阵快速幂优化。

$\begin{bmatrix} A(n)\\B(n)\\C(n) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2&1&0\\2&2&2\\0&1&2 \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} A(n-1)\\B(n-1)\\C(n-1) \end{bmatrix} \rightarrow \begin{bmatrix} A(n)\\B(n)\\C(n) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2&1&0\\2&2&2\\0&1&2 \end{bmatrix}^n \times \begin{bmatrix} A(0)\\B(0)\\C(0) \end{bmatrix}$

[SCOI 2009] 迷路

题目描述：

该有向图有n个结点，从1到n编号。Windy从1出发，必须恰好在t时刻到达n。求有多少种不同的路径，答案对2009取模。

解析：

首先，如果题目中的每一条边只用0和1表示并且用邻接矩阵A来存这张图，那么在矩阵$A^t$中，$A_{ij}^t$表示由i到j经过t条边的情况总数。 但这道题这么做显然不行，因为我们所有的推论都建立在边权为1的情况上。

虽然我们不能直接使用我们的结论，但最大边权是9，n也不超过10，不算大。所以我们可以采用拆点：把一个点拆成多个点。

先来拆一个边权不超过2的图：

可得矩阵：

$\begin{bmatrix} 0&2\\2&1 \end{bmatrix}$

将其拆点：

将1.1看成结点1；1.2看成结点2；2.1看成结点3；2.2看成结点4，可得新矩阵：

$\begin{bmatrix} 0&1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&1&1\\1&0&0&0 \end{bmatrix}$

将其平方：

$\begin{bmatrix} 0&0&1&0\\0&0&1&1\\1&0&1&1\\0&1&0&0 \end{bmatrix}$

我们再对非零点进行分类，原先就有的1看成蓝色，后面通过自连得到的1看成红色：