「学习笔记」矩阵乘法与矩阵快速幂

2022/8/5 23:25:04

编程Tag： 矩阵 笔记 乘法 end matrix begin ll ans

本文主要是介绍「学习笔记」矩阵乘法与矩阵快速幂，对大家解决编程问题具有一定的参考价值，需要的程序猿们随着小编来一起学习吧！

「学习笔记」矩阵乘法与矩阵快速幂

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目录
  • 「学习笔记」矩阵乘法与矩阵快速幂
    • 矩阵乘
      • 算法
      • 代码
    • 矩阵快速幂
      • 算法
      • 用处
      • 代码（模板题）
    • 练习题
      • 斐波那契数列
        • 思路
        • 代码
      • [SCOI2009] 迷路
        • 思路
        • 代码
      • 佳佳的 Fibonacci
        • 思路
        • 代码
      • 选拔队员（不知道教练从哪里找的）
        • 题意
        • 思路
        • 代码
      • Tr A
        • 思路
        • 代码

为什么说文章里多次出现「冲一个矩阵快速幂就行了」：一看斯该喝的 \(Au\) 记就看到了这句话，并对这句话留下了深刻的印象。

钓评论：有人敢帮我@斯该喝吗。

矩阵乘

算法

矩阵 \(A\) 规模为 \(n\times m\)，矩阵 \(B\) 规模为 \(m\times q\)，设 \(C=A\times B\)，则：

\[C_{i,j}=\sum_{k=1}^{m}A_{i,k}*B_{k,j} \]

代码

点击查看代码 
const ll N=110,inf=1ll<<40;
ll n,m,p;
class Matrix{
public:
	ll mat[N][N];
	inline ll* operator[](ll x){return mat[x];}
	inline Matrix operator*(Matrix ma)const{
		Matrix mt;
		_for(i,1,n){
			_for(j,1,p){
				mt[i][j]=0;
				_for(k,1,m)mt[i][j]+=mat[i][k]*ma[k][j];
			}
		}
		return mt;
	}
}a,b;
inline void print(Matrix ma){
	_for(i,1,n){
		_for(j,1,p)printf("%lld ",ma[i][j]);
		puts("");
	}
	return;
}
namespace SOLVE{
	inline ll rnt(){
		ll x=0,w=1;char c=getchar();
		while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
		while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		return x*w;
	}
	inline void In(){
		n=rnt(),m=rnt();
		_for(i,1,n)_for(j,1,m)a[i][j]=rnt();
		p=rnt();
		_for(i,1,m)_for(j,1,p)b[i][j]=rnt();
		print(a*b);
		return;
	}
}

矩阵快速幂

算法

没啥好说的吧（

重载一下运算符然后冲一个矩阵快速幂就行了。

用处

  • 优化递推式，例：斐波那契数列

代码（模板题）

点击查看代码 
const ll N=110,P=1e9+7,inf=1ll<<40;
ll n,k;
class Mat{
public:
	ll a[N][N];
	inline ll* operator[](ll x){return a[x];}
	inline void one(){_for(i,1,n)a[i][i]=1;}
	inline Mat operator*(Mat ma){
		Mat mt;
		_for(i,1,n){
			_for(j,1,n){
				mt[i][j]=0;
				_for(k,1,n)mt[i][j]=(mt[i][j]+a[i][k]*ma[k][j]%P)%P;
			}
		}
		return mt;
	}
}a;
inline void printf(Mat ma){
	_for(i,1,n){
		_for(j,1,n)printf("%lld ",ma[i][j]);
		puts("");
	}
	return;
}
inline Mat fpow(Mat ma,ll b){
	Mat ans;ans.one();
	while(b){
		if(b&1)ans=ans*ma;
		ma=ma*ma,b>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace SOLVE{
	inline ll rnt(){
		ll x=0,w=1;char c=getchar();
		while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
		while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		return x*w;
	}
	inline void In(){
		n=rnt(),k=rnt();
		_for(i,1,n)_for(j,1,n)a[i][j]=rnt();
		printf(fpow(a,k));
		return;
	}
}

练习题

斐波那契数列

思路

众所周知斐波那契数列的递推式是 \(Fib_n=Fib_{n-1}+Fib_{n-2}\)，\(\Theta(n)\) 本可以解决，但本题 \(n<2^{63}\)，显然需要 \(\log_2n\) 算法，考虑优化。

我们设 \(F(n)\) 表示矩阵 \(\left[Fib_n,Fib_{n-1}\right]\)，如果我们要把它变成 \(F(n+1)=\left[Fib_{n+1},Fib_n\right]\)，则需要把 \(F(n)_{1,1}\) 挪到 \(F(n+1)_{1,2}\) ，把 \(F(n)_{1,1}+F(n)_{1,2}\) 挪到 \(F(n+1)_{1,1}\)。

尝试用矩阵优化这个东西。

我们可以发现：

\[\begin{aligned} F(n+1)&=\left[\begin{matrix}Fib_n+1&Fib_n\end{matrix}\right]\\ &=\left[\begin{matrix}Fib_n*1+Fib_{n-1}*1&Fib_n*1+Fib_{n-1}*0\end{matrix}\right]\\ &=\left[\begin{matrix}F(n)_{1,1}*1+F(n)_{1,2}*1&F(n)_{1,1}*1+F(n)_{1,2}*0\end{matrix}\right]\\ \end{aligned} \]

那么设 \(M=\left[\begin{matrix}1&1\\1&0\end{matrix}\right]\)，则:

\[\begin{aligned} F(n+1)&=\left[\begin{matrix}F(n)_{1,1}\times M_{1,1}+F(n)_{1,2}\times M_{2,1}&F(n)_{1,1}\times M_{1,2}+F(n)_{1,2}\times M_{2,2}\end{matrix}\right]\\ &=F(n)\times M \end{aligned} \]

然后冲一个矩阵快速幂就行了。

代码

点击查看代码 
const ll N=5,inf=1ll<<40;
ll n,m;
class Mat{
public:
	ll a[N][N];
	inline ll* operator[](ll x){return a[x];}
	friend Mat Mul(Mat m1,Mat m2){
		Mat an;
		_for(i,1,2){
			_for(j,1,2){
				an[i][j]=0;
				_for(k,1,2)an[i][j]=(an[i][j]+m1[i][k]*m2[k][j]%m)%m;
			}
		}
		return an;
	}
};
inline Mat fpow(ll b){
	Mat ans;ans[1][1]=ans[1][2]=1,ans[2][1]=ans[2][2]=0;
	Mat ma;ma[1][1]=ma[1][2]=ma[2][1]=1,ma[2][2]=0;
	while(b>0){
		if(b&1)ans=Mul(ans,ma);
		ma=Mul(ma,ma),b>>=1;
	}
	return ans;
}
namespace SOLVE{
	inline ll rnt(){
		ll x=0,w=1;char c=getchar();
		while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
		while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		return x*w;
	}
	inline void In(){
		n=rnt(),m=rnt();
		Mat ans=fpow(n-2);
		printf("%lld\n",ans[1][1]);
		return;
	}
}

[SCOI2009] 迷路

思路

设 \(f_{i,j}\) 表示 \(j\) 时刻到点 \(i\) 的方案数，转移方程：

\[f_{i,j}=\sum_{(i,k)\in\mathbb{E}}f_{k,j-w_{i,k}} \]

不是很可做，那我们先考虑边权只有 \(0\) 和 \(1\)的情况，可以发现转移方程能直接这样写：

\[f_{i,j}=\sum_{1\le j\le n}w_{i,k}\times f_{k,j-1} \]

发现又是个矩阵乘法，直接冲一个矩阵快速幂就行了。

但是本题边权不只有 \(0\) 和 \(1\)，不能直接冲。

那么我们对一个点进行拆点，如下图：

image

拆成

image

看起来有点复杂，但懂了之后好理解的。

拆完之后直接冲一个矩阵快速幂就行了。

开做发现冲一个矩阵快速幂就行了。

然而有一个边权不一定为一的限制，所以暴力把点拆进一个矩阵，就可以只用矩阵快速幂来做这道题了。

代码

点击查看代码 
const ll N=110,P=2009,inf=1ll<<40;
ll n,m,t,g[N][N];
class Mat{
public:
	ll a[N][N];
	inline ll* operator[](ll x){return a[x];}
	inline void one(){_for(i,1,m)a[i][i]=1;return;}
	inline Mat operator*(Mat ma){
		Mat ans;
		_for(i,1,m){
			_for(j,1,m){
				ans[i][j]=0;
				_for(k,1,m)ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*ma[k][j]%P)%P;
			}
		}
		return ans;
	}
}tu;
namespace SOLVE{
	inline ll rnt(){
		ll x=0,w=1;char c=getchar();
		while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
		while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		return x*w;
	}
	inline ll rsnt(){
		char c=getchar();
		while(!isdigit(c))c=getchar();
		return (c^48);
	}
	inline Mat fpow(Mat ma,ll b){
		Mat ans;ans.one();
		while(b){
			if(b&1)ans=ans*ma;
			ma=ma*ma,b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	inline void Zhuan(){
		_for(i,1,n){
			_for(j,1,9){
				ll k=10*(i-1)+j;
				tu[k][k+1]=1;
			}
			_for(j,1,n){
				ll k1=10*(i-1);
				ll k2=10*(j-1);
				if(g[i][j])tu[k1+g[i][j]][k2+1]=1;
			}
		}
		return;
	}
	inline void In(){
		n=rnt(),t=rnt();
		_for(i,1,n)_for(j,1,n)g[i][j]=rsnt();
		m=10*n,Zhuan();
		Mat ans=fpow(tu,t);
		printf("%lld\n",ans[1][m-9]);
		return;
	}
}

佳佳的 Fibonacci

思路

题目背景有时候不是白给的。

这道题中，联系题目背景可以发现原式可以化简为：

\[\begin{aligned} T(n)&=(F_1+F_2+\cdots+F_n)+(F_2+F_3\cdots+F_n)+(F_3+F_4+\cdots+F_n)+\cdots+(F_{n-1}+F_n)+F_n\\ &=(S(n)-S(0))+(S(n)-S(1))+(S(n)-S(3))+\cdots+(S(n)-S(n-2))+(S(n)-S(n-1))\\ &=\sum_{i=1}^{n}S(n)-S(i-1) \end{aligned} \]

通过题目背景可知：

可这（指 \(S(n)\)）对佳佳来说还是小菜一碟。

那么我们就去算 \(S(n)\)。好像有点断章取义。

\[\begin{aligned} S(n)&=\sum_{i=1}^{n}F_i\\ &=\sum_{i=1}^{n}F_{i-1}+F_{i-2}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}F_{i}+\sum_{i=-1}^{n-2}F_{i}\\ &=\sum_{i=0}^{n-1}F_{i}+\sum_{i=0}^{n-2}F_{i}+F_{-1}\\ &=S(n-1)+S(n-2)+1 \end{aligned} \]

同时，\(S(n)=S(n-1)+F_n\)，所以 \(S(n)=F_{n+2}-1\)。

为啥 $F_{-1}=1$ 啊？

\[\begin{aligned} \because &F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\\ \therefore &F_1=F_0+F_{-1}\\ &1=0+F_{-1}\\ \therefore &F_{-1}=1\\ &同理可得：\\ &F_{-2}=-1,F_{-3}=2,F_{-4}=-3,F_{-5}=5,\cdots,F_{-n}=-1^{n+1}F_n \end{aligned} \]

然后往原式子里带：

\[\begin{aligned} T(n)&=\sum_{i=1}^{n}S(n)-S(i-1)\\ &=\sum_{i=1}^{n}(F_{n+2}-1)-(F_{i+1}-1)\\ &=nF_{n+2}-\sum_{i=2}^{n+1}F_{i}\\ &=nF_{n+2}-(S(n+1)-1)\\ &=nF_{n+2}-F_{n+3}+2 \end{aligned} \]

然后冲一个矩阵快速幂就行了。

代码

点击查看代码 
const ll N=110,inf=1ll<<40;
ll n,m;
class Mat{
public:
	ll a[N][N];
	inline ll* operator[](ll x){return a[x];}
	inline void one(){a[1][1]=a[1][2]=1;}
	inline Mat operator*(Mat ma){
		Mat ans;
		_for(i,1,2){
			_for(j,1,2){
				ans[i][j]=0;
				_for(k,1,2)ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*ma[k][j]%m)%m;
			}
		}
		return ans;
	}
};
namespace SOLVE{
	inline ll rnt(){
		ll x=0,w=1;char c=getchar();
		while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
		while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		return x*w;
	}
	inline Mat fpow(Mat ma,ll b){
		Mat ans;ans.one();
		while(b){
			if(b&1)ans=ans*ma;
			ma=ma*ma,b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	inline void In(){
		n=rnt(),m=rnt();
		Mat mat;mat[1][1]=mat[1][2]=mat[2][1]=1;
		Mat ans=fpow(mat,n+1);
		printf("%lld\n",(n*ans[1][2]%m-ans[1][1]+m+2)%m);
		return;
	}
}

选拔队员（不知道教练从哪里找的）

题意

选出若干个男生和若干多个女生（即男女生的数目随便定）安排到机房内的 \(N\) 个位置上去，要求任意两位女生不能相邻（即任意两个女生之间必须有至少一个男生），求方案数 \(\bmod{M}\)。

思路

直接用排列推是不行的，尝试写个 \(\text{dp}\)。

设 \(f_{i,0}\) 表示有 \(n\) 个人坐了上去，最后一个人是男； \(f_{i,1}\) 表示有 \(n\) 个人坐了上去，最后一个人是女。

初始状态为 \(f_{i,0}=f_{i,1}=1\)，显然有递推式：

\[\begin{aligned} f_{i,0}&=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}\\ f_{i,1}&=f_{i-1,0} \end{aligned} \]

用矩阵优化：

\[\left[\begin{matrix} f_{n,0}&f_{n,1} \end{matrix}\right] \times \left[\begin{matrix} 1&1\\ 1&0 \end{matrix}\right] = \left[\begin{matrix} f_{n+1,0}&f_{n+1,1} \end{matrix}\right] \]

诶这玩意儿不就是斐波那契数列吗？！

然后冲一个矩阵快速幂就行了。

代码

点击查看代码 
const ll N=110,inf=1ll<<40;
ll T,m,n;
class Mat{
public:
	ll a[5][5];
	inline ll* operator[](ll x){return a[x];}
	inline Mat operator*(Mat ma){
		Mat ans;
		_for(i,1,2){
			_for(j,1,2){
				ans[i][j]=0;
				_for(k,1,2)ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*ma[k][j]%m)%m;
			}
		}
		return ans;
	}
};
namespace SOLVE{
	inline ll rnt(){
		ll x=0,w=1;char c=getchar();
		while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
		while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		return x*w;
	}
	inline Mat fpow(ll b){
		Mat ans;ans[1][1]=ans[1][2]=1,ans[2][1]=ans[2][2]=0;
		Mat ma;ma[1][1]=ma[1][2]=ma[2][1]=1,ma[2][2]=0;
		while(b){
			if(b&1)ans=ans*ma;
			ma=ma*ma,b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	inline void In(){
		n=rnt();
		printf("%lld\n",fpow(n)[1][1]%m);
		return;
	}
}

Tr A

思路

不能理解这道题出的为什么这么靠后。

冲一个矩阵快速幂就行了。

代码

点击查看代码 
const ll N=20,P=9973,inf=1ll<<40;
ll T,n,k;
class Mat{
public:
	ll a[N][N];
	inline ll* operator[](ll x){return a[x];}
	inline void one(){_for(i,1,n)a[i][i]=1;return;}
	inline void zero(){memset(a,0,sizeof(a));return;}
	inline Mat operator*(Mat ma){
		Mat ans;ans.zero();
		_for(i,1,n){
			_for(j,1,n){
				ans[i][j]=0;
				_for(k,1,n)ans[i][j]=(ans[i][j]+a[i][k]*ma[k][j]%P)%P;
			}
		}
		return ans;
	}
}a;
namespace SOLVE{
	inline ll rnt(){
		ll x=0,w=1;char c=getchar();
		while(!isdigit(c)){if(c=='-')w=-1;c=getchar();}
		while(isdigit(c))x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
		return x*w;
	}
	inline Mat fpow(Mat ma,ll b){
		Mat ans;ans.zero();ans.one();
		while(b){
			if(b&1)ans=ans*ma;
			ma=ma*ma,b>>=1;
		}
		return ans;
	}
	inline ll GetAnswer(Mat ma){
		ll num=0;
		_for(i,1,n)num=(num+ma[i][i]);
		return num%P;
	}
	inline void In(){
		n=rnt(),k=rnt();
		a.zero();
		_for(i,1,n)_for(j,1,n)a[i][j]=rnt();
		Mat ans=fpow(a,k);
		printf("%lld\n",GetAnswer(ans));
		return;
	}
}


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