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矩阵乘法与矩阵快速幂

时间：2024-02-27 18:02:29浏览次数：26  
标签：begin end int 矩阵 long bmatrix 快速 乘法

矩阵乘法与矩阵快速幂

1 矩阵乘法

1.1 定义

对于两个矩阵 $A,B$，其中 $A$ 大小为 $n\times m$ ，$B$ 大小为 $m\times p$，则这两个矩阵可以做乘法，得到的矩阵 $C$ 的大小为 $n\times p$。

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

1.2 注意点

  • 只有当矩阵 $A,B$ 满足 $A$ 的列数等于 $B$ 的行数时，才能进行矩阵乘法。
  • 矩阵乘法不满足交换律（这点很重要）

1.3 代码

提供一个封装模板。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

typedef long long LL;
const int Maxn = 205;

int n, m, p;

struct matrix {
	int n, m, p[Maxn][Maxn];
	matrix operator * (const matrix &b) const {
		matrix a = *this, c;
		c.n = a.n, c.m = b.m;
		for(int i = 1; i <= a.n; i++) {
			for(int j = 1; j <= a.m; j++) {
				for(int k = 1; k <= b.m; k++) {
					c.p[i][k] += a.p[i][j] * b.p[j][k];
				}
			}
		}
		return c;
	}
	void print() {
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			for(int j = 1; j <= m; j++) {
				cout << p[i][j] << " ";
			}
			cout << '\n';
		}
	}
}A, B, C;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> m;
	A.n = n, A.m = m;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= m; j++) {
			cin >> A.p[i][j];
		}
	}
	cin >> p;
	B.n = m, B.m = p;
	for(int i = 1; i <= m; i++) {
		for(int j = 1; j <= p; j++) {
			cin >> B.p[i][j];
		}
	}
	C = A * B;
	C.print();
	return 0;
}

2 矩阵快速幂

2.1 定义

仿照着数字的快速幂，我们也能快速求出矩阵的幂。

定义矩阵的幂为：$A^n=A\cdot A\cdot A\cdot A\cdots$

这很明显需要满足原矩阵为正方形。

2.2 用途

矩阵快速幂的经典应用就是加速递推。

直接举几个例子。

2.2.1 「例 1」Fibonacci 第 n 项

Problem

求斐波那契数列第 $n$ 项后四位（$n\le10^9$）

Solution

第一眼：这不是递推板题吗！

然而 $n\le10^9$，$O(n)$ 暴力绝对爆炸。

我们运用矩阵快速幂加速递推。

接下来我们来求一下递推式（注意掌握方法）：

$①$ 我们先来写出 $F_n$ 的部分：
$$
\begin{bmatrix}
F_n \
\
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
1 & 1\
\ &
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
F_{n-1} \
F_{n-2}
\end{bmatrix}
$$
$②$ 接下来我们关注右边的第二个矩阵，发现他们的下标相差 $1$，因此左边的矩阵应该是 $\begin{bmatrix}
F_n \
F_{n-1}
\end{bmatrix}$ 。

$③$ 最后补全整个式子：
$$
\begin{bmatrix}
F_n \
F_{n-1} \
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
1 & 1\
1 & 0
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
F_{n-1} \
F_{n-2}
\end{bmatrix}
$$
因此我们对于矩阵 $\begin{bmatrix}
1 & 1\
1 & 0
\end{bmatrix}$ 不断做快速幂，然后乘上 $\begin{bmatrix}
F_{1} \
F_{0}
\end{bmatrix}$ 即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

typedef long long LL;
const int Maxn = 205;

int n, mod;

struct matrix {
	int n, m, p[Maxn][Maxn];
	void init() {
		n = 0, m = 0, memset(p, 0, sizeof p);
	}
	matrix operator * (const matrix &b) const {
		matrix a = *this, c;
		c.init();
		c.n = a.n, c.m = b.m;
		for(int i = 1; i <= a.n; i++) {
			for(int j = 1; j <= a.m; j++) {
				for(int k = 1; k <= b.m; k++) {
					c.p[i][k] = (c.p[i][k] + a.p[i][j] * b.p[j][k] % mod) % mod;
				}
			}
		}
		return c;
	}
	matrix operator ^ (const int &o) const {
		matrix res, a = *this; int b = o;
		res.init();
		res.n = res.m = 2;
		res.p[1][1] = res.p[2][2] = 1;
		while(b) {
			if(b & 1) {
				res = res * a;
			}
			a = a * a;
			b >>= 1;
		}
		return res;
	}
	void print() {
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			for(int j = 1; j <= m; j++) {
				cout << p[i][j] << " ";
			}
			cout << '\n';
		}
	}
}A;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> mod; 
	A.p[1][1] = A.p[1][2] = A.p[2][1] = 1;
	A.n = A.m = 2;
	A = A ^ (n - 1);
	cout << A.p[1][1];
	return 0;
}

2.2.2 「例 2」P207 迷路

Solution

我们发现如果边权为 $1$ ，那么直接将矩阵 $T$ 次方即可。

但是此时边权不为 $1$，所以不能这样做。

但是我们又会发现这个边权居然最高才 $9$，因此我们考虑一下分层图的思路。

将一个点拆成 $9$ 个点并顺次相连，这样能将边权转化为 $1$。举个例子：

对于这样一条边，我们将 $1$ 和 $2$ 两个点拆开，然后将他们按照原先边权连起来，如下图：

这样从 $1_1$ 走到 $2_1$，经过的边权仍然是 $6$，但我们就转化成了边权为 $1$ 的图。

注意最后统计答案时统计的是点 $n_1$ 的值而非 $n$ 的所有值的和。

接下来注意细节即可。

Code

#include <bits/stdc++.h>

/*
我们发现如果边权为 1，那就是一道求 t 次方的大板子题
然而这题有边权，所以不能这么干
我们考虑分层图的思想，既然边权才 9，那我们直接将一个点暴力拆成九个点，然后边权就能转化为 1
这下就是大板子题了，在求 t 次方即可 
*/

using namespace std;

typedef long long LL;
const int Maxn = 205;
const int Mod = 2009;

int n, t, m;

struct matrix {
	int n, m, p[Maxn][Maxn];
	void init() {
		n = 0, m = 0, memset(p, 0, sizeof p);
	}
	matrix operator * (const matrix &b) const {
		matrix a = *this, c;
		c.init();
		c.n = a.n, c.m = b.m;
		for(int i = 1; i <= a.n; i++) {
			for(int j = 1; j <= a.m; j++) {
				for(int k = 1; k <= b.m; k++) {
					c.p[i][k] = (c.p[i][k] + a.p[i][j] * b.p[j][k] % Mod) % Mod;
				}
			}
		}
		return c;
	}
	matrix operator ^ (const int &o) const {
		matrix res, a = *this; int b = o;
		res.init();
		res.n = res.m = a.n;
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			res.p[i][i] = 1;
		}
		while(b) {
			if(b & 1) {
				res = res * a;
			}
			a = a * a;
			b >>= 1;
		}
		return res;
	}
	void print() {
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			for(int j = 1; j <= m; j++) {
				cout << p[i][j] << " ";
			}
			cout << '\n';
		}
	}
}A;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> t;
	m = n * 9;
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= 8; j++) {
			A.p[9 * (i - 1) + j][9 * (i - 1) + j + 1] = 1;
		}
	}
	for(int i = 1; i <= n; i++) {
		for(int j = 1; j <= n; j++) {
			char ch;
			cin >> ch;
			if(ch > '0') {
				A.p[9 * (i - 1) + ch - '0'][9 * (j - 1) + 1] = 1;
			}
		}
	}
	A.n = A.m = m;
	A = A ^ t;
	cout << A.p[1][9 * (n - 1) + 1];
	return 0;
}

2.2.3 「例 3」佳佳的 Fibonacci

Problem

求 $(F_1+2F_2+3F_3+\cdots+nF_n)\bmod{m}$ 的值。

Solution

我们还是运用矩阵快速幂。

但是我们发现这个形式似曾相识，还记得求区间修改区间查询的 BIT 时候的式子吗？他和这个形式是一样的。

我们还是再来推一遍：

先设 $S_i=F_1+F_2+\cdots+F_i$

然后有：
$$
\begin{aligned}原式&=F_1+2F_2+3F_3+\cdots+nF_n\&=n\times S_n-S_{n-1}-S_{n-2}-\cdots-S_1\&=n\times S_n-\sum_{i=1}^{n-1}S_i \end{aligned}
$$
然后我们再令 $P_n=\sum_{i=1}^{n-1}S_i $，则此时原式就可以化为：
$$
n\times S_n-P_n
$$
接下来我们递推 $S_n,P_n$ 来得到原式。

还是分步讨论：

$①$ 写出关于 $P_n$ 的部分。注意到 $P_n=P_{n-1}+S_{n-1}$：

$\begin{bmatrix}
P_n \
\ \
\ \

\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0\
& & & \
& & & \
& & &
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
P_{n-1} \
S_{n-1} \
\ \

\end{bmatrix}$

$②$ 注意到右边第二个矩阵要满足 $S$ 与 $P$ 下标相等，所以左边还要满足。又注意到 $S_{n}=S_{n-1}+F_n$，所以再补全一部分：

$\begin{bmatrix}
P_n \
S_n \
\ \

\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
1 & 1 & \ &\ \
0 & 1 & 1 &\ \
& & & \
& & &
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
P_{n-1} \
S_{n-1} \
F_n \

\end{bmatrix}$

$③$ 又注意到右边 $F$ 的下标比 $S$ 的下标多 $1$，因此左边应该是 $F_{n+1}$。又注意到 $F_{n+1}=F_n+F_{n-1}$，所以补全为：

$\begin{bmatrix}
P_n \
S_n \
F_{n+1} \
F_n
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
1 & 1 & 0 & 0 \
0 & 1 & 1 & 0 \
0 & 0 & 1 & 1\
0 & 0 & 1 & 0
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}
P_{n-1} \
S_{n-1} \
F_n \
F_{n-1}
\end{bmatrix}$

然后实现即可。

Code

十年 OI 一场空，不开 long long 见祖宗。

#include <bits/stdc++.h>
#define int long long

using namespace std;

typedef long long LL;
const int Maxn = 205;

int n, mod;

struct matrix {
	int n, m, p[Maxn][Maxn];
	void init() {
		n = m = 0;
		memset(p, 0, sizeof p);
	}
	void print() {
		for(int i = 1; i <= n; i++) {
			for(int j = 1; j <= m; j++) {
				cout << p[i][j] << " ";
			}
			cout << '\n';
		}
	}
	matrix operator * (const matrix &b) const {
		matrix a = *this, c;
		c.init();
		c.n = a.n, c.m = b.m;
		for(int i = 1; i <= a.n; i++) {
			for(int j = 1; j <= a.m; j++) {
				for(int k = 1; k <= b.m; k++) {
					c.p[i][k] = (c.p[i][k] + a.p[i][j] * b.p[j][k] % mod) % mod;
				}
			}
		}
		return c;
	}
	matrix operator ^ (const int &b) const {
		int p = b;
		matrix a = *this, res;
		res.init();
		res.n = res.m = a.n;
		for(int i = 1; i <= a.n; i++) {
			res.p[i][i] = 1;
		}
		while(p) {
			if(p & 1) {
				res = res * a;
			}
			a = a * a;
			p >>= 1;
		} 
		return res;
	}
}A, F;

signed main() {
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin >> n >> mod;
	A.init(), F.init();
	A.n = A.m = 4;
	A.p[1][1] = A.p[1][2] = A.p[2][2] = A.p[2][3] = A.p[3][3] = A.p[3][4] = A.p[4][3] = 1;
	F.n = 4, F.m = 1;
	F.p[3][1] = 1;
	A = A ^ n;
	A = A * F;
	cout << (n * A.p[2][1] % mod - A.p[1][1] + mod)	% mod;
	return 0;
}

标签：begin,end,int,矩阵,long,bmatrix,快速,乘法
From： https://www.cnblogs.com/dzbblog/p/18037440

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