十大经典矩阵

经典题目1 给定n个点，m个操作，构造O(m+n)的算法输出m个操作后各点的位置。操作有平移、缩放、翻转和旋转
　　这里的操作是对所有点同时进行的。其中翻转是以坐标轴为对称轴进行翻转（两种情况），旋转则以原点为中心。如果对每个点分别进行模拟，那么m个操作总共耗时O(mn)。利用矩阵乘法可以在O(m)的时间里把所有操作合并为一个矩阵，然后每个点与该矩阵相乘即可直接得出最终该点的位置，总共耗时O(m+n)。假设初始时某个点的坐标为x和y，下面5个矩阵可以分别对其进行平移、旋转、翻转和旋转操作。预先把所有m个操作所对应的矩阵全部乘起来，再乘以(x,y,1)，即可一步得出最终点的位置。 
　　 
　　  
　　 
　　 经典题目2 给定矩阵A，请快速计算出A^n（n个A相乘）的结果，输出的每个数都mod p。 
　　由于矩阵乘法具有结合律，因此A^4 = A * A * A * A = (A*A) * (A*A) = A^2 * A^2。我们可以得到这样的结论：当n为偶数时，A^n = A^(n/2) * A^(n/2)；当n为奇数时，A^n = A^(n/2) * A^(n/2) * A （其中n/2取整）。这就告诉我们，计算A^n也可以使用二分快速求幂的方法。例如，为了算出A^25的值，我们只需要递归地计算出A^12、A^6、A^3的值即可。根据这里的一些结果，我们可以在计算过程中不断取模，避免高精度运算。 
　　 经典题目3 POJ3233(感谢rmq) 
　　题目大意：给定矩阵A，求A + A^2 + A^3 + …+ A^k的结果（两个矩阵相加就是对应位置分别相加）。输出的数据mod m。k<=10^9。 
　　这道题两次二分，相当经典。首先我们知道，A^i可以二分求出。然后我们需要对整个题目的数据规模k进行二分。比如，当k=6时，有： 
　　A + A^2 + A^3 + A^4 + A^5 + A^6 =(A + A^2 + A^3)+ A^3*(A + A^2 + A^3) 
　　应用这个式子后，规模k减小了一半。我们二分求出A^3后再递归地计算A + A^2 + A^3，即可得到原问题的答案。 
　　 经典题目4 VOJ1049 
　　题目大意：顺次给出m个置换，反复使用这m个置换对初始序列进行操作，问k次置换后的序列。m<=10, k<2^31。 
　　首先将这m个置换“合并”起来（算出这m个置换的乘积），然后接下来我们需要执行这个置换k/m次（取整，若有余数则剩下几步模拟即可）。注意任意一个置换都可以表示成矩阵的形式。例如，将1 2 3 4置换为3 1 2 4，相当于下面的矩阵乘法： 
　　 
　　  
　　 
　　置换k/m次就相当于在前面乘以k/m个这样的矩阵。我们可以二分计算出该矩阵的k/m次方，再乘以初始序列即可。做出来了别忙着高兴，得意之时就是你灭亡之日，别忘了最后可能还有几个置换需要模拟。 
　　 经典题目5 《算法艺术与信息学竞赛》207页（2.1代数方法和模型，[例题5]细菌，版次不同可能页码有偏差） 
　　大家自己去看看吧，书上讲得很详细。解题方法和上一题类似，都是用矩阵来表示操作，然后二分求最终状态。 
　　 经典题目6 给定n和p，求第n个Fibonacci数mod p的值，n不超过2^31 
　　根据前面的一些思路，现在我们需要构造一个2 x 2的矩阵，使得它乘以(a,b)得到的结果是(b,a+b)。每多乘一次这个矩阵，这两个数就会多迭代一次。那么，我们把这个2 x 2的矩阵自乘n次，再乘以(0,1)就可以得到第n个Fibonacci数了。不用多想，这个2 x 2的矩阵很容易构造出来： 
　　 
　　  
　　 
　　 经典题目7 VOJ1067 
　　我们可以用上面的方法二分求出任何一个线性递推式的第n项，其对应矩阵的构造方法为：在右上角的(n-1)*(n-1)的小矩阵中的主对角线上填1，矩阵第n行填对应的系数，其它地方都填0。例如，我们可以用下面的矩阵乘法来二分计算f(n) = 4f(n-1) - 3f(n-2) + 2f(n-4)的第k项： 
　　 
　　  
　　 
　　利用矩阵乘法求解线性递推关系的题目我能编出一卡车来。这里给出的例题是系数全为1的情况。 
　　 经典题目8 给定一个有向图，问从A点恰好走k步（允许重复经过边）到达B点的方案数mod p的值 
　　把给定的图转为邻接矩阵，即A(i,j)=1当且仅当存在一条边i->j。令C=A*A，那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j)，实际上就等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数（枚举k为中转点）。类似地，C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数。同理，如果要求经过k步的路径数，我们只需要二分求出A^k即可。

 
经典题目 9 用 1 x 2 的多米诺骨牌填满M x N的矩形有多少种方案，M<=5，N<2^31，输出
答案
，输出
答案mod p的结果 
 
我们以M=3 为例进行讲解。假设我们把这个矩形横着放在电脑屏幕上，从右往左一
列地进行填充。其中前n-2 列已经填满了，第n-1 列参差不齐。现在我们要做的事情是把第
列也填满，将状态转移到第n列上去。由于第n-1 列的状态不一样（有 8 种不同的状态）
    
列一
n-1
，
我们需要分情况进行讨论。在图中，我把转移前 8 种不同的状态放在左边，转移后 8
因此
种不同的状态放在右边，左边的某种状态可以转移到右边的某种状态就在它们之间连一根
线。 注意为了保证方案不重复， 状态转移时我们不允许在第n-1 列竖着放一个多米诺骨牌 （例
如左边第 2 种状态不能转移到右边第 4 种状态） ，否则这将与另一种转移前的状态重复。把
这 8 种状态的转移关系画成一个有向图，那么问题就变成了这样：从状态 111 出发，恰好经
过n步回到这个状态有多少种方案。 比如， n=2 时有 3 种方案， 111->011->111、 111->110->111
和 111->000->111，这与用多米诺骨牌覆盖 3×2 矩形的方案一一对应。这样这个题目就转化
为了我们前面的例题 8。 
    后面我写了一份此题的源代码。你可以再次看到位运算的相关应用。 
 
经典题目 10 POJ2778 
    题目大意是，检测所有可
的DNA只能由ACTG四个字符构成。题目将给出 10 个以内的病毒片段，
能的n位DNA串有多少个DNA串中不含有指定的病毒片段。合法
每个片段长度不超
过
    下面的讲解中我们以
通过构图将问题转化为例题 8。我们找出所有病毒片段的前缀，把n位DNA分为以下 7 类：
以AT结尾、以AA结尾、以GG结尾、以?A结尾、以?G结尾、以?C结尾和以??结尾。其中问
号表示“其它情况”，它可以是任一字母，只要
缀。显然，这些分类是全集的一个划分（交集为空，并集为全集） 。现在，假如我们已经知
道了长度为n-1 的各类DNA中符合要求的DNA个数，我们需要求出长度为n时各类DNA的个
数。 我们可以根据各类型间的转移构造一个边上带权的有向图。 例如， 从AT不能转移到AA，
从AT转移到??有 4 种方法（后面加任一字母） ，从?A转移到AA有 1 种方案（后面加个A） ，
从?A转移到??有 2 种方案 （后面加G或C） ， 从GG到??有 2 种方案 （后面加C将构成病毒片段，
不合法，只能加A和T）等等。这个图的构造过程类似于用有限状态自动机做串匹配。然后，
我们就把这个图转化成矩阵，让这个矩阵自乘n次即可。最后输出的是从??状态到所有其它
状态的路径数总和。 
    题目中的数据规模保证前缀数不超过 100，一次矩阵乘法是三方的，一共要乘log(n)次。
因此这题总的复杂度是 100^3 * log(n)，AC了。 
 
    最后给出第 9 题的代码供大家参考（今天写的，熟
了避免大家看代码看着看着就忘了，我把这句话放在前面来说： 
    Matrix67 原创，转贴请注明出处。 
 
#include <cstdio> 
#define SIZE (1<<m) 
#define MAX_SIZE 32 
u
 
class CMatrix 
{ 
    public: 
 
        void s
  
        CMat
        CMatrix power(int); 
    private: 
        int size; 
        long modulo; 
}; 
 
void CMatrix::setS
{ 
   
 
            element[i][j]=0; 
  
10。数据规模n<=2 000 000 000。 
ATC,AAA,GGC,CT这四个病毒片段为例，说明怎样像上面的题一样
这个字母不会让它所在的串成为某个病毒的前
悉了一下C++的类和运算符重载） 。为
sing namespace std; 
       long element[MAX_SIZE][MAX_SIZE]; 
etSize(int); 
      void setModulo(int); 
rix operator* (CMatrix); 
ize(int a) 
 for (int i=0; i<a; i++) 
       for (int j=0; j<a; j++) 
  size = a; 
} 
 
void CMatrix::setModulo(int a
{ 
  
}
 
CM
{ 
  
 
    product.setModulo(modulo); 
  
        for (int j=0;
            for (int k=0; k
            { 
                product.element
[j]; 
                product.element[i][j]%=
            } 
 
    r
} 
 
C
{ 
  
 
    else if (exp & 1) return tmp
  
} 
 
 
int main() 
{ 
 
 
    CMatrix
  
    scanf("%d%d%d", &n, &m, &p); 
    unit.setSize(S
    for(int i=0; i
     
            if( ((~i)&j) == ((~i)
) 
  modulo = a; 
 
atrix CMatrix::operator* (CMatrix param) 
  CMatrix product; 
   product.setSize(size); 
  for (int i=0; i<size; i++) 
 j<size; j++) 
<size; k++) 
[i][j]+=element[i][k]*param.element[k]
modulo; 
eturn product; 
Matrix CMatrix::power(int exp) 
  CMatrix tmp = (*this) * (*this); 
   if (exp==1) return *this; 
.power(exp/2) * (*this); 
  else return tmp.power(exp/2); 
   const int validSet[]={0,3,6,12,15,24,27,30}; 
   long n, m, p; 
 unit; 
   
IZE); 
<SIZE; i++) 
   for(int j=0; j<SIZE; j++) 
&(SIZE-1)) ) 
            { 
                bool isValid=f
                for 
(i
k++)isValid=isValid||(i&j)==validSet[k]; 
              
            } 
 
    unit.setModulo(p); 
    printf("%d", unit.power(n).element[SIZE-
    return 0; 
}
alse; 
nt 
k=0; 
k<8; 
  unit.element[i][j]=isValid; 
1][SIZE-1] );