矩阵的快速幂

(1)矩阵乘法

简单的说矩阵就是二维数组，数存在里面，矩阵乘法的规则:A*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:

　　据说，矩阵快速幂在递推式优化上相当神奇，而且效率很高。。。

　　两矩阵相乘，朴素算法的复杂度是O(N^3)。如果求一次矩阵的M次幂，按朴素的写法就是O(N^3*M)。既然是求幂，不免想到快速幂取模的算法，这里有快速幂取模的介绍，a^b %m 的复杂度可以降到O(logb)。如果矩阵相乘是不是也可以实现O(N^3 * logM)的时间复杂度呢？答案是肯定的。

模板一

利用快速幂的思想 根据矩阵的结合律 可以递归二分求解 

struct Mat
{
    int mat[N][N];
};
int n;
Mat operator * (Mat a,Mat b)
{
    Mat c;
    memset(c.mat,0,sizeof(c.mat));
    int i,j,k;
    for(k =0 ; k < n ; k++)
    {
        for(i = 0 ; i < n ;i++)
        {
            if(a.mat[i][k]==0) continue;//优化
            for(j = 0 ;j < n ;j++)
            {
                if(b.mat[k][j]==0) continue;//优化
                c.mat[i][j] = (c.mat[i][j]+(a.mat[i][k]*b.mat[k][j])%mod)%mod;
            }
        }
    }
    return c;
}
Mat operator ^(Mat a,int k)
{
    Mat c;
    int i,j;
    for(i =0 ; i < n ;i++)
        for(j = 0; j < n ;j++)
        c.mat[i][j] = (i==j);
    for(; k ;k >>= 1)
    {
        if(k&1) c = c*a;
        a = a*a;
    }
    return c;
}

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模板二

#include<stdio.h>
#include<vector>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef vector<int>vec;
typedef vector<vec>mat;
typedef long long ll;
const int M = 10000;
ll n;
mat mul(mat &A , mat &B)
{
    mat C(A.size() , vec(B.size()));
    for(int i=0 ; i<A.size() ; i++)
    {
        for(int k=0 ; k<B.size() ; k++)
        {    
            if(A[i][k]==0)
            continue;
            for(int j=0 ; j<B[0].size() ; j++)
            {   
                if(B[k][j]==0)
                continue;
                C[i][j] = (C[i][j]+A[i][k]*B[k][j])%M;
            }
        }
    }
    return C;
}

mat pow(mat A,ll n)
{
    mat B(A.size(),vec(A.size()));
    for(int i=0 ; i<A.size() ; i++)
        B[i][i]=1;
    while(n>0)
    {
        if(n&1)
        B = mul(B,A);
        A = mul(A,A);
        n  >>= 1;
    }
    return B;
}

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应用性模板：

| 1 5 1 -1 | | F[n-1] | | F[n] |

| 1 0 0 0 | * | F[n-2] | = | F[n-1] |

| 0 1 0 0 | |F[n-3] | | F[n-2] |

| 0 0 1 0 | | F[n-4]| | F[n-3] |

f1=1 , f2=5 , f3=11 , f4=36 , f5=95;

f（n）=f（n-1）+5*f（n-2）+f（n-3）-f（n-4）

#include <cstdio>
#include <vector>
#include <queue>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
#define mst(a,b) memset((a),(b),sizeof(a))
#define rush() int T,scanf("%d",&T),while(T--)
 
typedef long long ll;
const int maxn = 4;
const ll mod = 1000000007;
const int INF = 0x3f3f3f3f;
 
struct Matrix
{
    ll temp[maxn][maxn];
} a;
 
void init()
{
    for(int i=0;i<maxn;i++)
    for(int j=0;j<maxn;j++)
    {
        a.temp[i][j]=0;
    }
    a.temp[0][0]=a.temp[0][2]=1;
    a.temp[0][1]=5;
    a.temp[0][3]=-1;
    a.temp[1][0]=a.temp[2][1]=a.temp[3][2]=1;
}
Matrix mul(Matrix a,Matrix b)
{
    Matrix ans;
    for (int i=0; i<maxn; i++)
        for (int j=0; j<maxn; j++)
        {
            ans.temp[i][j]=0;
            for (int k=0; k<maxn; k++)
            {
                ans.temp[i][j]+=(a.temp[i][k]*b.temp[k][j]+mod)%mod;  //特别注意
                ans.temp[i][j]%=mod;
            }
        }
    return ans;
}
 
void fun(Matrix ans,ll k)
{
    for(int i=0; i<maxn; i++)
        for(int j=0; j<maxn; j++)
            a.temp[i][j]=(i==j);
    while(k)
    {
        if(k%2)
            a=mul(a,ans);
        ans=mul(ans,ans);
        k/=2;
    }
}
 
int main()
{
    Matrix t;
    ll n;
    for(int i=0;i<maxn;i++)
    for(int j=0;j<maxn;j++)
    {
        t.temp[i][j]=0;
    }
    t.temp[0][0]=36;
    t.temp[1][0]=11;
    t.temp[2][0]=5;
    t.temp[3][0]=1;
    while(~scanf("%I64d",&n))
    {
        init();
        if(n<=4)
        {
            printf("%I64d\n",t.temp[4-n][0]);
            continue;
        }
        fun(a,n-4);
        a=mul(a,t);
        ll ans=a.temp[0][0]%mod;
        printf("%I64d\n",ans);
    }
    return 0;
}

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应用篇

主要通过把数放到矩阵的不同位置，然后把普通递推式变成"矩阵的等比数列"，最后快速幂求解递推式:

先通过入门的题目来讲应用矩阵快速幂的套路(会这题的也可以看一下套路)：

例一:http://poj.org/problem?id=3070
题目：斐波那契数列f(n),给一个n，求f(n)%10000,n<=1e9;

(这题是可以用fibo的循环节去做的，不过这里不讲，反正是水题)

矩阵快速幂是用来求解递推式的，所以第一步先要列出递推式:

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

第二步是建立矩阵递推式，找到转移矩阵:

,简写成T * A(n-1)=A(n)，T矩阵就是那个2*2的常数矩阵，而

这里就是个矩阵乘法等式左边:1*f(n-1)+1*f(n-2)=f(n);1*f(n-1)+0*f(n-2)=f(n-1);

这里还是说一下构建矩阵递推的大致套路,一般An与A(n-1)都是按照原始递推式来构建的，当然可以先猜一个An,主要是利用矩阵乘法凑出矩阵T,第一行一般就是递推式，后面的行就是不需要的项就让与其的相乘系数为0。矩阵T就叫做转移矩阵(一定要是常数矩阵),它能把A(n-1)转移到A(n);然后这就是个等比数列，直接写出通项:此处A1叫初始矩阵。所以用一下矩阵快速幂然后乘上初始矩阵就能得到An,这里An就两个元素(两个位置)，根据自己设置的A(n)对应位置就是对应的值，按照上面矩阵快速幂写法，res[1][1]=f(n)就是我们要求的。

AC代码：

#include<stdio.h>
#include<string.h>
#define mod 10000
struct Mat
{
    long long  mat[2][2];
};
int n=2;
Mat operator * (Mat a,Mat b)
{
    Mat c;
    c.mat[0][0]=c.mat[0][1]=c.mat[1][0]=c.mat[1][1]=0;
    int i,j,k;
    for(k =0 ; k < n ; k++)
    {
        for(i = 0 ; i < n ;i++)
        {
            if(a.mat[i][k]==0) continue;//优化
            for(j = 0 ;j < n ;j++)
            {
                if(b.mat[k][j]==0) continue;//优化
                c.mat[i][j] = (c.mat[i][j]+(a.mat[i][k]*b.mat[k][j])%mod)%mod;
            }
        }
    }
    return c;
}
Mat operator ^(Mat a,int k)
{
    Mat c;
    int i,j;
    for(i =0 ; i < n ;i++)
        for(j = 0; j < n ;j++)
        c.mat[i][j] = (i==j);
    for(; k ;k >>= 1)
    {
        if(k&1) c = c*a;
        a = a*a;
    }
    return c;
}
int main( )
{
    long long n;
    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        if(n==-1)
        break;
        Mat A;
        A.mat[0][0]=1;A.mat[0][1]=1;
        A.mat[1][0]=1;A.mat[1][1]=0;
        Mat ans=A^n;
        printf("%lld\n",ans.mat[0][1]);
    }
    return 0;
}

View Code

#include<stdio.h>
#include<vector>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
typedef vector<int>vec;
typedef vector<vec>mat;
typedef long long ll;
const int M = 10000;
ll n;
mat mul(mat &A , mat &B)
{
    mat C(A.size() , vec(B.size()));
    for(int i=0 ; i<A.size() ; i++)
    {
        for(int k=0 ; k<B.size() ; k++)
        {    
            if(A[i][k]==0)
            continue;
            for(int j=0 ; j<B[0].size() ; j++)
            {   
                if(B[k][j]==0)
                continue;
                C[i][j] = (C[i][j]+A[i][k]*B[k][j])%M;
            }
        }
    }
    return C;
}

mat pow(mat A,ll n)
{
    mat B(A.size(),vec(A.size()));
    for(int i=0 ; i<A.size() ; i++)
        B[i][i]=1;
    while(n>0)
    {
        if(n&1)
        B = mul(B,A);
        A = mul(A,A);
        n  >>= 1;
    }
    return B;
}
void so( )
{
    mat A(2,vec(2));
    A[0][0]=1;A[0][1]=1;
    A[1][0]=1;A[1][1]=0;
    A = pow(A,n);
    printf("%d\n",A[1][0]);

}

int main()
{

    while(scanf("%lld",&n)!=EOF)
    {
        if(n==-1)
        break;
        so();
    }

    return 0;
}

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给一些简单的递推式
1.f(n)=a*f(n-1)+b*f(n-2)+c；（a,b,c是常数）

2.f(n)=c^n-f(n-1) ；（c是常数）

继续例题二：poj3233

Description

Given a n × n matrix A and a positive integer k, find the sum S = A + A² + A³ + … + A^k.

Input

The input contains exactly one test case. The first line of input contains three positive integers n (n ≤ 30), k (k ≤ 10⁹) and m (m < 10⁴). Then follow n lines each containing n nonnegative integers below 32,768, giving A’s elements in row-major order.

Output

Output the elements of S modulo m in the same way as A is given

这题就是求一个矩阵的和式:S(k),直接对和式建立递推：

建立矩阵,注意此处S和A都是2*2的矩阵，E表示单位矩阵,O表示零矩阵(全是0,与其他矩阵相乘都为0),显然E,O都是2*2的

这里转移矩阵是4*4.OVER

一般这种题目都是要找递推式，这是难点.

例三：HDU2276

题意就是说n个灯排成环i号灯的左边是i-1号，1的左边是n号，给定初始灯的开闭状态(用1,0表示)，然后每一秒都操作都是对于每个灯i，如果它左边的灯是开的就把i状态反转(0变1,1变0)，问m秒都最终状态是什么,m<=1e8,n<=100;

这题的递推式没有明说，但是每一秒操作一次其实就是一次递推，那么关键就是要找转移矩阵，而且比较是常数矩阵，这个才能用等比的性质

我们把n个灯的状态看出一个F(n),其实就是一个n*1的01矩阵,然后考虑从上一秒的状态F(n-1)如何转移到F(n)。既然每个状态都要转移，总共n个状态，可以看出转移矩阵就是一个n*n的矩阵(每一个灯的状态都用一个1*n的矩阵来转移)

先考虑第一个灯：影响它新状态的只有它左右的灯和它自己的状态，仔细想一下，1*n的转移中只有这两位置有用，那么其他都是0，就这样

这里state2到staten-1都被0干掉了，只有第一个和1号左边的灯有效

（这里不具体讲了，只有0,1的状态，自己枚举一下state1和state2,矩阵相乘后都是能正确转移的）

其他灯的考虑都是一样的，最终：

OVER

例四：HDU 5015
题意就是一个矩阵a,第一行依次是0,233,2333,23333......，给出矩阵的递推式：a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1]，输入的是第零列，求a[n][m]，n ≤ 10,m ≤ 109
解：n很小，m很大，m大概就是作为幂次，以每一列为一个矩阵A(n-1)并且向下一列A(n)转移，那么关键就是找转移矩阵了：
先看第一行的数233后面每次都添一个3,显然递推关系就是A(n-1)*10+3=A(n)，这里多一个3，必须把列数新增一个元素3，也就是一个（n+1）*1的矩阵A(n).
然后其他的元素转移会出现一个问题，a[i][j]=a[i-1][j]+a[i][j-1];这里a[i-1][j]依旧是新一列的元素，这是不能矩阵转移的，因为矩阵转移必须从旧的矩阵状态A(n-1)变到新状态A(n)。
那么这里a[i-1][j]就用递归思想，沿用上一行的转移矩阵(上一行能转移出a[i-1][j]),再加上新增的转移：

OVER