DP优化：矩阵乘法

话说这是博主的第一篇博客。。。

咳咳咳，今天讲的是DP的一种优化策略——矩阵乘法

关于能用矩阵乘法优化的DP题目，有如下几个要求：

1. 转移式只有加法，清零，减法etc.，max和min运算不允许
2. 转移式中关于前几位dp结果得到的系数必须是常量
3. 转移次数一般超级多
4. 由于转移次数多，一般都要模一个int范围内的数

综上，举一个例子：

$dp[i]=a\times dp[i-1]+b\times dp[i-2]+c\times dp[i-3]$

其中，a,b,c是常量，而在需要矩阵优化的DP中，往往 i 在2^128之类的，特别鬼畜的特别大的数；
因为矩阵乘法优化后求dp[ i ] 是在O log（i）的时间内完成的。
那么，关于矩阵乘法如何实现，它的原理又是啥呢？
矩阵乘法需要两个矩阵A与B，A是n×p，B是p×m的大小，如下图
为了方便解释，我们举斐波那契的例子。
斐波那契的转移式是：dp[ i ]=dp[ i-1 ]+dp[ i-2 ]。
那么我们把（dp[ i ]，dp[ i-1 ]）看做一个1×2的矩阵A
而每次转移相当于把A乘以矩阵F：
|1 1|
|1 0|
得出的结果是：$（dp[i]+dp[i-1]，dp[i]）$，也就是$（dp[i+1]，dp[i]）$
那么每次进行一次矩阵乘法需要8次运算，而原先的状态转移只需要1次，这么看矩阵乘法不就一废柴算法吗。。
关键的是！矩阵乘法具有结合律， 嘿嘿嘿，那么我们就可以开始快速幂了！这样一下吧O（n）的朴素算法优化成了O（8×logn）的算法，在n炒鸡炒鸡变态大的时候我们就可以用这个优化了。
斐波那契原题
代码：

#include
using namespace std;
long long n;
const int MOD=1e9+7;
void mul(int f[2],int a[2][2]){
	int c[2];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int j=0;j<2;j++)
	    for(int k=0;k<2;k++)
	        c[j]=(c[j]+(long long)f[k]*a[k][j])%MOD;
	memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(int a[2][2]){
	int c[2][2];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=0;i<2;i++)
	    for(int j=0;j<2;j++)
	        for(int k=0;k<2;k++)
	            c[i][j]=(c[i][j]+(long long)a[i][k]*a[k][j])%MOD;
	memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
	scanf("%lld",&n);
	int f[2]={0,1};
	int a[2][2]={{0,1},{1,1}};
	for(;n;n>>=1){
		if(n&1) mul(f,a);
		mulself(a); 
	}printf("%d\n",f[0]);
	return 0;
}

斐波那契是二阶的矩阵乘法，复杂度为$O$（2³×logm），（m是需要DP到的序列的大小）还有三阶的甚至n阶的矩阵乘法，那样的话复杂度是$O$（n³×logm），关于三阶的例题：三阶例题
三阶的话其实就把矩阵开成3×1和3×3的就可以了。
标程：

#include
using namespace std;
int T;
int n;
const int mod=1e9+7;
void mul(int f[3],int a[3][3]){
	int c[3];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int j=0;j<3;j++)
	    for(int k=0;k<3;k++)
		    c[j]=(c[j]+(long long)f[k]*a[k][j])%mod;
	memcpy(f,c,sizeof(c));
} 
void mulself(int a[3][3]){
	int c[3][3];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for(int i=0;i<3;i++)
	    for(int j=0;j<3;j++)
	        for(int k=0;k<3;k++)
	            c[i][j]=(c[i][j]+(long long)a[i][k]*a[k][j])%mod;
	memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
	scanf("%d",&T);
	while(T--){
		scanf("%d",&n);
		int f[3]={0,0,1};
		int a[3][3]={{1,1,0},{0,0,1},{1,0,0}};
		for(;n;n>>=1){
			if(n&1) mul(f,a);
			mulself(a);
		}
	    printf("%d\n",f[0]);
	}
	return 0;
} 

呃，在这里打个广告：博主自己出的题，n阶的，差不多紫题吧
讲真超级水

接下来是比较经典的例题：

例一

设一个函数为f（n），表示从1到n所有整数连起来的数，例如：f（1）=1，f（6）=123456，f（11）=1234567891011。求f（n）模1e9+7的值
范围超大：n<=1e18
emmm，看的这道题，你发现就算是不模1e9+7把1e18这么多数直接输出都会爆炸，于是这题的算法就只能是O（logn）得啦QAQ。
于是我们发现f（n）可以由f（n-1）后面接上n得到，那么得出一个不可能计算的3×3转移矩阵：
| 10^log(n-1) 0 0|
|1 1 0|
|0 1 1|
而被乘矩阵为|f（n），n+1，1|
很明显，10^log(n-1)是不可能算出来的，那么我们可以这样做：
例如n=999
|0 1 1| ×|10 0 0|⁹×|100 0 0|⁹⁰×|1000 0 0|⁸⁹⁹
________|1 1 0| ___ |1 1 0| ______|1 1 0|
________|0 1 1| ___ |0 1 1| ______|1 1 0|
就解决啦啦啦啦(～￣▽￣)～