矩阵快速幂小结

update in 9.17

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

题目链接

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
#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

斐波那契数列第$n$项

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！

题目链接

// luogu-judger-enable-o2
#include
#include
#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;
}

代码

路径计数问题

https://www.nowcoder.com/acm/contest/185/B

给出一个 n * n 的邻接矩阵A.

A是一个01矩阵 .

A[i][j]=1表示i号点和j号点之间有长度为1的边直接相连.

求出从 1 号点 到 n 号点长度为k的路径的数目.

做法：直接对给出的矩阵快速幂$k$次，输出$A[1][N]$

解释：考虑矩阵相乘的过程，我们对于要计算的$(i, j)$位置，我们相当于是枚举了一个中间节点$k$，来计算$(i, k) * (k, j)$

其他的常见矩阵推导

$$G_i = a\times G_{i - 1} + b\times G_{i - 2}$$

\begin{equation*}
\begin{bmatrix}
a&b\\
1 & 0\\
\end{bmatrix}^{i - 1}\times
\begin{bmatrix}
G_{1}\\
G_{0}\\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
a&b\\
1 & 0\\
\end{bmatrix}\times
\begin{bmatrix}
G_{i - 1}\\
G_{i - 2}\\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
G_{i}\\
G_{i - 1}\\
\end{bmatrix}
\end{equation*}

 

$$G_i = a\times G_{i - 1} + i^2$$

\begin{equation*}
\begin{bmatrix}
a&1&0&0\\
0 & 1&2&1\\
0 & 0&1&1\\
0 & 0&0&1\\
\end{bmatrix}^{i}\times
\begin{bmatrix}
G_{0}\\
1\\
1\\
1\\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
a&1&0&0\\
0 & 1&2&1\\
0 & 0&1&1\\
0 & 0&0&1\\
\end{bmatrix}\times
\begin{bmatrix}
G_{i - 1}\\
i^2\\
i\\
1
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
G_{i}\\
(i + 1)^2\\
i + 1\\
1
\end{bmatrix}
\end{equation*}

 

$$G_i = a\times G_{i - 1} + i^3$$

\begin{equation*}
\begin{bmatrix}
a&1&0&0&0\\
0 & 1&3&3&1\\
0 & 0&1&2&1\\
0 & 0&0&1&1\\
0 & 0&0&0&1\\
\end{bmatrix}^{i}*
\begin{bmatrix}
G_{0}\\
1\\
1\\
1\\
1\\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
a&1&0&0&0\\
0 & 1&3&3&1\\
0 & 0&1&2&1\\
0 & 0&0&1&1\\
0 & 0&0&0&1\\
\end{bmatrix}\times
\begin{bmatrix}
G_{i - 1}\\
i^3\\
i^2\\
i\\
1
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
G_{i}\\
(i + 1)^3\\
(i + 1)^2\\
i + 1\\
1
\end{bmatrix}
\end{equation*}

 

 

$$G_i = a\times G_{i - 1} + b^i$$

\begin{equation*}
\begin{bmatrix}
a&1\\
0 & b\\
\end{bmatrix}^{i}\times
\begin{bmatrix}
G_{0}\\
b\\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
a&1\\
0 & b\\
\end{bmatrix}\times
\begin{bmatrix}
G_{i - 1}\\
b^{i}\\
\end{bmatrix}=
\begin{bmatrix}
G_{i}\\
b^{i+1}\\
\end{bmatrix}
\end{equation*}

 

 

参考资料

《深入浅出矩阵快速幂及其简单应用》