浅谈矩阵加速——以时间复杂度为O(log n）的算法实现裴波那契数列第n项及前n之和使用矩阵加速法的优化求法

首先请连矩阵乘法乘法都还没有了解的同学简单看一下这篇博客：

https://blog.csdn.net/weixin_44049566/article/details/88945949

首先直接暴力求使用O(n)的时间复杂度肯定是不行的，所以我们应该使用更优的时间复杂度。

 

设f(n)为裴波那契数列第n项。让我们来构造两个矩阵：

和.

现在我们不妨将两个矩阵相乘，化简过后可以得到：,也就是.

如果再将得到的新矩阵乘以，便可以得到。

也就是我们想得到第n项，就可以这么实现：,也就是。

看到幂我们就可以想到快速幂，所以最后程序的时间复杂度便是O(log n)。

代码

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
  
#define N 10
#define LL long long
 
int n,mod;
 
struct Matrix {
    LL n,m,c[N][N];
    Matrix() { memset(c,0,sizeof(c)); };
    void _read() {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)
                scanf("%lld",&c[i][j]);
    }
    Matrix operator * (const Matrix& a) {
        Matrix r;
        r.n=n;r.m=a.m;
        for(int i=1;i<=r.n;i++)
            for(int j=1;j<=r.m;j++)
                for(int k=1;k<=m;k++)
                    r.c[i][j]= (r.c[i][j]+ (c[i][k] * a.c[k][j])%mod)%mod;
        return r;
    }
    void _print() {
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            for(int j=1;j<=m;j++) {
                if(j!=1) cout<<" ";
                cout<0) {
            if(indexx&1) sum=sum*tmp;
            tmp=tmp*tmp;
            indexx/=2;
        }
        return sum;
    }
    void _pre1() {
        n=m=2;
        c[1][1]=0;
        c[1][2]=c[2][1]=c[2][2]=1;
    }
    void _pre2() {
        n=1,m=2;
        c[1][1]=c[1][2]=1;
    }
     
}T,ans;
 
int main() {
    cin>>n>>mod;
    ans._pre2();
    T._pre1();
    if(n<=2) { cout<<1; return 0; }
    T=T._power(n-3);
    ans=ans*T;
    cout<

那么前n项之和呢？

这里我们可以这么构造两个矩阵：(S（n）为前n项之和）

和将两个矩阵相乘，剩下的留给读者思考。

这里给出代码：

#include 
#include 
#include 
using namespace std;
   
#define N 10
#define LL long long
  
int n,mod;
  
struct Matrix {
    LL n,m,c[N][N];
    Matrix() { memset(c,0,sizeof(c)); };
    void _read() {
        for(int i=1;i<=n;i++)
            for(int j=1;j<=m;j++)
                scanf("%lld",&c[i][j]);
    }
    Matrix operator * (const Matrix& a) {
        Matrix r;
        r.n=n;r.m=a.m;
        for(int i=1;i<=r.n;i++)
            for(int j=1;j<=r.m;j++)
                for(int k=1;k<=m;k++)
                    r.c[i][j]= (r.c[i][j]+ (c[i][k] * a.c[k][j])%mod)%mod;
        return r;
    }
    void _print() {
        for(int i=1;i<=n;i++) {
            for(int j=1;j<=m;j++) {
                if(j!=1) cout<<" ";
                cout<0) {
            if(indexx&1) sum=sum*tmp;
            tmp=tmp*tmp;
            indexx/=2;
        }
        return sum;
    }
    void _pre1() {
        n=m=3;
        c[3][2]=c[3][3]=c[2][3]=c[1][1]=c[2][1]=c[3][1]=1;
    }
    void _pre2() {
        n=1,m=3;
        c[1][1]=2;c[1][3]=c[1][2]=1;
    }
      
}T,ans;
  
int main() {
    cin>>n>>mod;
    if(n==2) return printf("%d",2%mod),0;
    if(n==1) return printf("%d",1%mod),0;
    ans._pre2();
    T._pre1();
    if(n<=2) { cout<<1; return 0; }
    T=T._power(n-3);
    ans=ans*T;
    cout<