【原创】矩阵乘法 矩阵快速幂 矩阵加速 矩阵优化dp

矩阵

说在前面

数论复习……
数论学习 Part 4。

矩阵乘法

举个例子就过。

所以结果是$\left[\begin{array}{ccc}1& 2& 3\\ 2& 3& 4\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{cc}1& 2\\ 3& 4\\ 5& 6\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}22& 28\\ 31& 40\end{array}\right]$。

必须是$i\ast k$和$k\ast j$的矩阵相乘。
注意没有交换律，$i\ast i$与$i\ast i$相乘也不行。

就第一个矩阵的第$i$行点乘上第二个矩阵的第$j$列得到答案矩阵的第$(i,j)$项。
时间复杂度$\Theta (n^3)$，据说有$\Theta (n^{2.7})$的，但我不会，Alster大佬也不会。

矩阵快速幂

就普通的快速幂。

代码如下：

#define ll long long
const int MAXN=102,mod=1e9+7;
struct matrix
{
	int n,m;ll arr[MAXN][MAXN];
	matrix(){n=m=0,memset(arr,0,sizeof arr);}
	void out(){for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=m;j++) printf("%lld%s",arr[i][j],j==m?"\n":" ");}
	matrix operator * (const matrix &p) const
	{
		matrix ans; ans.n=n,ans.m=p.m;
		for(int i=1;i<=n;i++)
			for(int j=1;j<=p.m;j++)
				for(int k=1;k<=m;k++)
					(ans.arr[i][j]+=arr[i][k]*p.arr[k][j]%mod)%=mod;
		return ans;
	}
}ip,op;

matrix ksm(matrix a,ll b)
{
	matrix ans;
	ans.n=ans.m=a.n;
	for(int i=1;i<=a.n;i++) ans.arr[i][i]=1;
	while(b)
	{
		if(b&1) ans=ans*a;
		a=a*a,b>>=1;
	}
	return ans;
}

矩阵加速

方程满足$f(n)=f(n-1)\times p(1)+f(n-2)\times p(2)+\cdots +f(n-k)\times p(k)$。
这用递推是$\Theta (n)$的时间复杂度。

因为标题叫做矩阵加速，所以我们设矩阵$F(n)=\left[\begin{array}{c}f[n-k+1]\\ f[n-k+2]\\ ⋮\\ f[n-2]\\ f[n-1]\\ f[n]\end{array}\right]$，来递推这个矩阵，并且期待能把递推式写成非常好看的亚子，比如说等比数列然后直接矩阵快速幂。

既然如此我们肯定要求出一个$k\ast k$的矩阵$A$，使得$F[n]=A\ast F[n-1]$。那么我们就得让$F[n]$的最后一项（$f[n]$）等于$f(n-1)\times p(1)+f(n-2)\times p(2)+\cdots +f(n-k)\times p(k)$，这一串乘积中的$f$就是$F[n-1]$，那么那些$p$的系数就一定是$A$的最后一行。

$$A=\left[\begin{array}{ccccc}?& ?& ?& \cdots & ?\\ ?& ?& ?& \cdots & ?\\ ?& ?& ?& \cdots & ?\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ p(k)& p(k-1)& p(k-2)& \cdots & p(1)\end{array}\right]$$

继续，$F[n]$的倒数第二项($f[n-1]$)肯定要把$F[n-1]$的最后一项($f[n-1]$)搞到手，那么$A$的倒数第二行就会是：除了最后一个数是1以外其他全是零，这样，$F[n-1]$的其他项都乘上0，只有$f[n-1]$乘了1加到了$F[n]$的倒数第二项中。
依次类推，易知$$\begin{gathered} A=\left[\begin{array}{ccccc}0& 1& 0& \cdots & 0\\ 0& 0& 1& \cdots & 0\\ 0& 0& 0& \cdots & 0\\ ⋮& ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ 0& 0& 0& \cdots & 1\\ p(k)& p(k-1)& p(k-2)& \cdots & p(1)\end{array}\right] \\ F[n]=A\times F[n-1] \end{gathered}$$

然后就等比数列了，然后就矩阵快速幂了。

如果有常数或者是常数的若干次方那就在$F[n]$里面多开一项常数，常数就转移给常数$F[n-1][n]=f[n-1]\to F[n][n-1]=f[n-1]$,$F[0]\to F[0]$。

再比如说POJ 3233，给定矩阵$A$和数$k$，求$A^1+A^2+A^3+\cdots +A^k$。
记$S_k=A^1+A^2+A^3+\cdots +A^k$，则有$S_k=S_{k-1}+A^k$。
据说可以二分。
不考虑二分，考虑矩阵加速 。

$$\begin{gathered} F[k]=\left[\begin{array}{c}{S}_k\\ A^k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{S}_{k-1}+A^k\\ A^{k-1}\times k\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}E& A\\ O& A\end{array}\right]\times \left[\begin{array}{c}{S}_{k-1}\\ A^{k-1}\end{array}\right] \\ E是单位矩阵，O是零矩阵 \end{gathered}$$

考场上随缘发挥吧。

参考文献

好题好讲解
$\xcancel{infact头像好看}$ 言简意赅，虽然有错

一头好纯人，说有一这个，路像太看了。

教练，我想学画这个