矩阵快速幂小结
矩阵
并不想扯什么高端线代的内容因为我也不会
定义
由$n \times m$个数$a_{ij}$排成的$n$行$m$列的数表称为$n$行$m$列的矩阵,简称$n \times m$矩阵。
$$
a =
\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \dots a_{1m} \\
a_{21}, & \dots & \dots \\
a_{31}, & \dots & \dots \\
a_{41} & \dots & a_{nm}
\end{bmatrix}
$$
运算
这里只讲加法减法和乘法,其他的例如矩阵求逆等与本文内容出入较大,有兴趣的可以自己学习
加法
注意,只有行列均相同的矩阵才有加法!
运算也比较简单,把对应位置的数相加得到一个新的矩阵,即为答案
例如
$$
\begin{bmatrix} 1 & 1 & 2 \\ 1 & 0 & 1 \end{bmatrix}
+
\begin{bmatrix} 2 & 3 & 3 \\ 3 & 3 & 2 \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} 3 & 4 & 5 \\ 4 & 3 & 3 \end{bmatrix}
$$
加法满足以下运算律
$a + b = b + a$
$(a + b) + c = a + (b + c)$
减法
与加法同理。
乘法
这才是重点!!
两个矩阵能进行乘法的前提条件是:一个矩阵的行数等于另一个矩阵的列数
形式化的来说,若$a$是$i \times k$的矩阵,那么$b$必须是$k \times j$的矩阵!
他们相乘得到的$c$是$i \times j$的矩阵
其中$c_{ij} = \sum_{i = 1}^n a_{ik} * b_{kj}$
比如
$$
\begin{bmatrix} 1 & 2\\ 2 & 3 \end{bmatrix}
\times
\begin{bmatrix} 2 & 4 & 5 \\ 3 & 4 & 3 \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} 8 & 12 & 11 \\ 13 & 20 & 19 \end{bmatrix}
$$
乘法满足结合律,左分配律,右分配律,即
$(a \times b) \times c = a \times (b \times c)$
$(a + b) \times c = a \times c + b \times c$
$c(a + b) = c \times a + c \times b$
千万注意!矩阵乘法不满足交换律!(很多情况下交换之后都不能相乘)
矩阵快速幂
因为矩阵有结合律,因此我们可以把整数的快速幂推广的矩阵上面
同样是利用二进制倍增的思想,不难得到以下代码
其中的base,代表的是单位矩阵,也就是除了对角线全为$1$,其他位置都为$0$的矩阵,可以证明任意矩阵乘单位矩阵都等于自身
显然矩阵快速幂的复杂度为$o(n^3 log k)$
#include<cstdio> #define ll long long using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; int n; ll k; struct matrix { int m[101][101]; matrix operator * (const matrix &rhs) const { matrix ans = {}; for(int k = 1; k <= n; k++) for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= n; j++) (ans.m[i][j] += 1ll * m[i][k] * rhs.m[k][j] % mod) %= mod; return ans; } }; matrix fastpow(matrix a, ll p) { matrix base; for(int i = 1; i <= n; i++) base.m[i][i] = 1;//构造单位矩阵 while(p) { if(p & 1) base = base * a; a = a * a; p >>= 1; } return base; } int main() { scanf("%d %lld", &n, &k); matrix a; for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= n; j++) scanf("%d", &a.m[i][j]); a = fastpow(a, k); for(int i = 1; i <= n; i++, puts("")) for(int j = 1; j <= n; j++) printf("%d ", a.m[i][j]); return 0; }
应用
矩阵快速幂最常见的应用就是优化递推啦
还是从最常见的斐波那契数列说起吧。
众周所知,斐波那契数列的递推公式为$$f_{n} = f_{n - 1} + f_{n - 2}, f_1 = 1, f_2 = 1$$
一般来说,这种看起来长得很萌简单,只与自身的函数值有关(可能带几个常数)的式子,一般都可以用矩阵快速幂来加速。
当然,如果你想找刺激,可以学一下这玩意儿
矩阵快速幂具体是怎么加速递推的呢?
首先我们把斐波那契数列写成矩阵的形式,因为$f_n$的取值与$f_{n - 1}, f_{n - 2}$这两项有关,因此我们需要同时保留这两项的值,我们不难得到一个$2 \times 1$的矩阵
$$
\begin{bmatrix}
f_{n} \\
f_{n - 1}
\end{bmatrix}
$$
现在我们要进行递推,也就是得到这样一个矩阵
$$
\begin{bmatrix}
f_{n + 1} \\
f_{n}
\end{bmatrix}
$$
展开
$$
\begin{bmatrix}
f_{n} + f_{n - 1} \\
f_{n}
\end{bmatrix}
$$
观察一下,上面的一项需要用到$f_{n}$和$f_{n - 1}$,下面的一项只需要用到$f_n$
同时结合上面的矩阵乘法的定义,我们不难得到一个转移矩阵
$$
\begin{bmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \\ \end{bmatrix}
\begin{bmatrix} f_{n} \\ f_{n - 1}\\ \end{bmatrix}
=
\begin{bmatrix} f_{n} + f_{n - 1} \\ f_{n}\\ \end{bmatrix}
$$
这样我们乘一次即可递推到下一项。
但是这样好像并没有什么卵用啊,复杂度上还多了个矩阵相乘
嘿嘿
不要忘了,我们前面可以讲过矩阵有结合律的!
这样的话我们只需要把转移矩阵自乘$n - 1$次,然后再与初始矩阵相乘,就能得到答案矩阵啦!
// luogu-judger-enable-o2 #include<cstdio> #include<cstring> #define ll long long using namespace std; const int mod = 1e9 + 7; ll k; struct matrix { int m[101][101], n; matrix() { memset(m, 0, sizeof(m)); n = 2; } matrix operator * (const matrix &rhs) const { matrix ans; for(int k = 1; k <= n; k++) for(int i = 1; i <= n; i++) for(int j = 1; j <= n; j++) (ans.m[i][j] += 1ll * m[i][k] * rhs.m[k][j] % mod) %= mod; return ans; } }; matrix fastpow(matrix a, ll p) { matrix base; for(int i = 1; i <= base.n; i++) base.m[i][i] = 1;//鏋勯€犲崟浣嶇煩闃? while(p) { if(p & 1) base = base * a; a = a * a; p >>= 1; } return base; } int main() { scanf("%lld", &k); matrix a; a.m[1][1] = 1; a.m[1][2] = 1; a.m[2][1] = 1; a.m[2][2] = 0; a = fastpow(a, k - 1); printf("%d", a.m[1][1]); return 0; }
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