矩阵乘法
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定义：
给定矩阵 \(A\) 规模为 \(n\times m\) ，矩阵 \(B\) 规模为 \(m\times p\) ，定义 \(A\times B=C\) ，矩阵 \(C\) 规模为 \(n\times p\) ，满足：
\[c_{ij}=\sum_{k=1}^ma_{ik}b_{kj} \]记住一个口诀：左行右列 。
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注意：
对于矩阵乘法，满足乘法结合律和乘法分配律，不满足乘法交换律。
举个例子：
\(A=\)
\(B=\)
那么 \(A\times B=\)
\(B\times A=\)
可见 \(A\times B\neq B\times A\) 。
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代码实现：
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=p;j++)
for(int k=1;k<=m;k++)
c[i][j]=a[i][k]*b[k][j];
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例题：
快速幂
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定义：
在 \(O(\log(n))\) 的时间内求出 \(x^n\) 。
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原理：
已知： 若 \(a+b=c\) ，则 \(x^a\times x^b=x^c\) 。
那么将 \(n\) 转化为二进制，举个例子:
\[x^{(13)_{10}}=x^{(1101)_2}=x^8\times x^4\times x^1 \]因为 \(n\) 有 \(\log(n)\) 个二进制位，所以在知道 \(x^1,x^2,x^3,…,x^{2^{\log(n)}}\) 前提下，即可在 \(O(\log(n))\) 的时间内求出 \(x_n\) 。
问题转化位如何让求 \(x^1,x^2,x^3,…,x^{2^{\log(n)}}\)，而在这个序列中，满足：
\[x^{2^k}=\begin{cases} x&k=0\\ (x^{2^{k-1}})^2&k\geq 1\\ \end{cases}\]于是就同样可以在 \(O(\log(n))\) 的时间内，求出 \(x^1,x^2,x^3,…,x^{2^{\log(n)}}\) 。
得出结论：计算 \(x^n\) ，只需将 \(n\) 的二进制位为 \(1\) 的整系数幂乘起来即可。
于是发现，上述所有步骤均可以在 \(O(\log(n))\) 的复杂度上递推实现。
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代码实现：
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计算 \(a^b\) 。
int qpow(int a,int b) { int ans=1; for(;b;b>>=1) { if(b&1) ans*=a; a*=a; } return ans; } -
计算 \(a^b\bmod P\)
int qpow(int a,int b,int P) { int ans=1; for(;b;b>>=1) { if(b&1) (ans*=a)%=P; (a*=a)%=P; } return ans; } -
根据费马小定理，$a^{P-1}≡1\pmod P $ ，前提，\(P\) 为质数。
那么当 \(P\) 为质数时，可通过 \(a^{P-2}\bmod P\) 求出 \(a^{-1}\bmod P\) ，即 \(a\) 的乘法逆元。
可用快速幂实现。
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矩阵快速幂
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定义：
基于基本的快速幂，将乘法运算扩展为矩阵乘法运算。
由于矩阵乘法复杂度 \(O(n^3)\) ，快速幂复杂度 \(O(\log(n))\) ，所以矩阵快速幂复杂度为 \(O(n^3\log(n))\) 。
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代码实现：
此处代码仅为样例，矩阵 \(A,B\) 规模均为 \(2\times 2\) ，根据不同题的需要进行更改。
导入概念，如果矩阵 \(A\) 对角线上元素均为 \(1\) ，其余均为 \(0\) ，则 \(A\times B=B\) 。
void qpow(int b) { memset(ans,0,sizeof(ans)); for(int i=1;i<=2;i++) ans[i][i]=1;//int ans=1; for(;b;b>>=1) { if(b&1) { for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) for(int k=1;k<=2;k++) (c[i][j]+=(ans[k][j]*a[i][k])%P)%P; for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) ans[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0; }//if(b&1) ans*=a; for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) for(int k=1;k<=2;k++) (c[i][j]+=(a[i][k]*a[k][j])%P)%P; for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) a[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0;//a*=a; } } -
例题：
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题意：
\[f_x=\begin{cases} 1&x\in\{1,2\}\\ f_{x-1}+f_{x-2}&x \geq 3\\ \end{cases}\]给定一个 \(n\) ，求 \(f_n\) 。
\(n\leq 2e9\) 。
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解法：
\[f_n=1\times f_{n-1}+1\times f_{n-2} \]\[f_{n-1}=1\times f_{n-1}+0\times f_{n-2} \]通过矩阵乘法，可将其转化为：
由此即可通过矩阵快速幂和矩阵乘法求出答案。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl '\n' using namespace std; const int N=10; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) { x=0;register bool z=true; register char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0; for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); x=(z?x:~x+1); } int n,P,ans[N][N],c[N][N],a[N][N]; void qpow(int b) { for(;b;b>>=1) { if(b&1) { for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) for(int k=1;k<=2;k++) (c[i][j]+=(ans[k][j]*a[i][k])%P)%P; for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) ans[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0; } for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) for(int k=1;k<=2;k++) (c[i][j]+=(a[i][k]*a[k][j])%P)%P; for(int i=1;i<=2;i++) for(int j=1;j<=2;j++) a[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0; } } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif read(n),read(P); a[1][1]=1; a[2][1]=1; a[1][2]=1; a[2][2]=0; for(int i=1;i<=2;i++) ans[i][i]=1; qpow(n-2); cout<<(ans[1][1]+ans[1][2])%P;//实则为 1*ans[1][1]+1*ans[1][2]，1省去，参考矩阵乘法定义。 }
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题意：
与上一道类似的，可理解为稍微变化的 \(Fibonacci\) 第 \(n\) 项。
\[f_x=\begin{cases} 1&x\in\{1,2,3\}\\ f_{x-1}+f_{x-3}&x \geq 4\\ \end{cases}\]给定一个 \(n\) ，求 \(f_n\) 。
\(n\leq 2e9\) 。
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解法：
也是和上面类似的，可以导出：
∵ \(f_n=f_{n-1}+f_{n-3}\)
\(~~~~f_{n-1}=f_{n-2}+f_{n-4}\)
\(~~~~f_{n-2}=f_{n-3}+f_{n-5}\)
∴ \(f_n=2\times f_{n-3}+1\times f_{n-4}+1\times f_{n-5}\)
\(~~~~f_{n-1}=1\times f_{n-3}+1\times f_{n-4}+1\times f_{n-5}\)
\(~~~~f_{n-2}=1\times f_{n-3}+0\times f_{n-4}+1\times f_{n-5}\)
最后问题在于处理答案。
这次和上面的不同，上面的每一组就是 \(f_{x}→f_{x+1}\) ，而对于这次而言，\(n\bmod 3\) 的结果不同，统计答案也不同。
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\(n\bmod 3=0\) ，对应矩阵中第一行，即 \(ans_{1,1}+ans_{1,2}+ans_{1,3}\) （因为 \(f_1=f_2=f_3=1\) ，所以省去 “\(1\times\)” ，下面不在解释） 。
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\(n\bmod 3=2\) ，对应矩阵中第二行，即 \(ans_{2,1}+ams_{2,2}+ans_{2,3}\) 。
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\(n\bmod 3=1\) ，对应矩阵中第三行，即 \(ans_{3,1}+ans_{3,2}+ans_{3,3}\) 。
点击查看代码
#include<bits/stdc++.h> #define int long long #define endl '\n' using namespace std; const int N=10,P=1e9+7; template<typename Tp> inline void read(Tp&x) { x=0;register bool z=true; register char c=getchar(); for(;c<'0'||c>'9';c=getchar()) if(c=='-') z=0; for(;'0'<=c&&c<='9';c=getchar()) x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48); x=(z?x:~x+1); } int t,n,ans[N][N],c[N][N],a[N][N]; void qpow(int b) { for(;b;b>>=1) { if(b&1) { for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=1;j<=3;j++) for(int k=1;k<=3;k++) (c[i][j]+=(ans[k][j]*a[i][k])%P)%P; for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=1;j<=3;j++) ans[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0; } for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=1;j<=3;j++) for(int k=1;k<=3;k++) (c[i][j]+=(a[i][k]*a[k][j])%P)%P; for(int i=1;i<=3;i++) for(int j=1;j<=3;j++) a[i][j]=c[i][j],c[i][j]=0; } } signed main() { #ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt","r",stdin); freopen("out.txt","w",stdout); #endif read(t); while(t--) { read(n); a[1][1]=2,a[1][2]=1,a[1][3]=1; a[2][1]=1,a[2][2]=1,a[2][3]=1; a[3][1]=1,a[3][2]=0,a[3][3]=1; memset(ans,0,sizeof(ans)); for(int i=1;i<=3;i++) ans[i][i]=1; qpow((n-1)/3); if(n%3==0) cout<<(ans[1][1]+ans[1][2]+ans[1][3])%P<<endl; else if(n%3==2) cout<<(ans[2][1]+ans[2][2]+ans[2][3])%P<<endl; else if(n%3==1) cout<<(ans[3][1]+ans[3][2]+ans[3][3])%P<<endl; } } -
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序言
后面（甚至前面）好多只是都要用到矩阵乘法与矩阵快速幂，所以就来补了。
顺便回顾一下快速幂，\(HEOI2024\) 考场上快速幂板子忘了怎么打了，索性重新推了一遍，好在当时推出来了（于是骗到 \(20pts\) ）。
题还没有打完，但是知识点算是搞明白了，加深一下记忆继续打题，以防下面的题不知所措。
标签：log,int,矩阵,times,ans,快速,乘法 From： https://www.cnblogs.com/Charlieljk/p/18068598