【HDU 4471】Homework(矩阵快速幂)

本文介绍了一种使用矩阵倍增技术优化递推算法的方法,解决了递推关系中存在额外特殊递推式的问题,通过预处理转移矩阵的2的幂次方矩阵,将复杂度降低至O(qmaxt^3logn),并通过巧妙处理项数不足和特殊递推关系,实现了高效计算。

题目链接

题意

给出一个数列的前m项和一个递推关系式,但其中有另外的q(q<=100)项满足另外的一个递推式,求出第n项

Sol

q只有100

很容易想到跑到这里的时候换一下递推方式递推一次再快速幂
复杂度是 O(qmaxt3logn) O ( q m a x t 3 l o g n ) (maxt 为最大的递推阶数),会T

瓶颈?

你拿两个转移矩阵去乘是 O(maxt3) O ( m a x t 3 )
但是你拿一个向量(1*m的矩阵)去乘是 O(maxt2) O ( m a x t 2 )
于是可以考虑倍增了

预处理出转移矩阵的2的幂次方的矩阵,这样每次递推时只用乘log次转移矩阵且每次复杂度是maxt方的

然而这个题目坑点比较多,但是有很方便的解决办法

首先m可能小于maxt,并且有一些项可能需要从后面给出的递推式来算
如果我们手写判,然后暴力递推的的话,根本就打不下去啊!(是我太弱了)
这样我们要用一点巧妙的办法了
既然他们中间是一个其他的递推关系,我们不妨把它也写成一个矩阵,这样就不用暴力递推了.
然后我们把标号大的数放在向量的前面并把所有矩阵的阶数设为最大的阶数并把1给放好,
这样我们就完美避免了那些复杂的情况,项数不足的时候会自动添上 (好妙啊)

代码:

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<queue>
#include<set>
#define Set(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
using namespace  std;
typedef long long ll;
int n,m,q;
const int mod=1e9+7;
struct matrix{
    int a[110][110];
    inline void clear(){Set(a,0);}
    inline int* operator [](int x){return a[x];}
};
int maxt;
inline matrix Mul(matrix a,matrix b,int MAX){
    matrix c;c.clear();
    for(register int i=1;i<=MAX;++i)
        for(register int j=1;j<=maxt;++j)
            for(register int k=1;k<=maxt;++k)
                c[i][j]=(1ll*c[i][j]+1ll*a[i][k]*b[k][j]%mod)%mod;
    return c;
}
matrix f[31];
int t;
struct que{matrix c;int t;int n;inline bool operator <(que b)const{return n<b.n;}}a[110];
matrix S;
void cal(int b) {
    for (int i = 0; i < 31; ++i) {
        if (b & (1 << i)) {
            S =Mul(S,f[i],1);
        }
    }
}
void work(){
    int h=m;
    for(register int i=1;i<maxt;++i) f[0][i][i+1]=1;//要for到maxt!!!  这样就算不足maxt项通过后面的1也可以递推出来后面不足的项
    for(register int i=1;i<=30;++i) f[i]=Mul(f[i-1],f[i-1],maxt);
    for(register int i=1;i<=q;++i){
        for(register int j=1;j<maxt;++j){
            a[i].c[j][j+1]=1;
        }
    }
    for(register int i=1;i<=q;++i){
        register int nk=a[i].n;
        if(nk>n) continue;if(nk<=h) continue;
        cal(nk-h-1);
        S=Mul(S,a[i].c,1);h=nk;//
    }
    cal(n-h);
    printf("%d\n",S[1][1]);
    return;
}
void init(){
    S.clear();f[0].clear();
    for(register int i=m;i;--i) scanf("%d",&S[1][i]);
    scanf("%d",&t);maxt=max(t,m);
    for(register int i=1;i<=t;++i) scanf("%d",&f[0][i][1]);

    for(register int i=1;i<=q;++i){
        scanf("%d %d",&a[i].n,&a[i].t);
        maxt=max(maxt,a[i].t);a[i].c.clear();
        for(register int j=1;j<=a[i].t;++j) scanf("%d",&a[i].c[j][1]);//把特殊的转移也变成矩阵,这样方便
    }
    sort(a+1,a+1+q);
    return;
}
int main()
{
    int T=0;
    while(scanf("%d %d %d",&n,&m,&q)!=EOF){
        ++T;
        printf("Case %d: ",T);
        init();work();
    }
}
### HDU 2544 题目分析 HDU 2544 是关于最短路径的经典问题,可以通过多种方法解决,其中包括基于邻接矩阵的 Floyd-Warshall 算法。以下是针对该问题的具体解答。 --- #### 基于邻接矩阵的 Floyd-Warshall 实现 Floyd-Warshall 算法是一种动态规划算法,适用于计算任意两点之间的最短路径。它的时间复杂度为 \( O(V^3) \),其中 \( V \) 表示节点的数量。对于本题中的数据规模 (\( N \leq 100 \)),此算法完全适用。 下面是具体的实现方式: ```cpp #include <iostream> #include <algorithm> using namespace std; const int INF = 0x3f3f3f3f; int dist[105][105]; int n, m; void floyd() { for (int k = 1; k <= n; ++k) { // 中间节点 for (int i = 1; i <= n; ++i) { // 起始节点 for (int j = 1; j <= n; ++j) { // 结束节点 if (dist[i][k] != INF && dist[k][j] != INF) { dist[i][j] = min(dist[i][j], dist[i][k] + dist[k][j]); } } } } } int main() { while (cin >> n >> m && (n || m)) { // 初始化邻接矩阵 for (int i = 1; i <= n; ++i) { for (int j = 1; j <= n; ++j) { if (i == j) dist[i][j] = 0; else dist[i][j] = INF; } } // 输入边的信息并更新邻接矩阵 for (int i = 0; i < m; ++i) { int u, v, w; cin >> u >> v >> w; dist[u][v] = min(dist[u][v], w); dist[v][u] = min(dist[v][u], w); // 如果是有向图,则去掉这一行 } // 执行 Floyd-Warshall 算法 floyd(); // 输出起点到终点的最短距离 cout << (dist[1][n] >= INF ? -1 : dist[1][n]) << endl; } return 0; } ``` --- #### 关键点解析 1. **邻接矩阵初始化** 使用二维数组 `dist` 存储每一对节点间的最小距离。初始状态下,设所有节点对的距离为无穷大 (`INF`),而同一节点自身的距离为零[^4]。 2. **输入处理** 对于每条边 `(u, v)` 和权重 `w`,将其存储至邻接矩阵中,并取较小值以防止重边的影响[^4]。 3. **核心逻辑** Floyd-Warshall 的核心在于三重循环:依次尝试通过中间节点优化其他两节点间的距离关系。具体而言,若从节点 \( i \) 到 \( j \) 可经由 \( k \) 达成更优解,则更新对应位置的值[^4]。 4. **边界条件** 若最终得到的结果仍为无穷大(即无法连通),则返回 `-1`;否则输出实际距离[^4]。 --- #### 性能评估 由于题目限定 \( N \leq 100 \),因此 \( O(N^3) \) 的时间复杂度完全可以接受。此外,空间需求也较低,适合此类场景下的应用。 ---
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