51nod 1537 分解(矩阵快速幂)

本文介绍了一种使用矩阵快速幂的方法来高效求解斐波那契数列的问题。通过构建特定的矩阵并利用快速幂运算,可以大幅减少计算次数,适用于求解大规模的斐波那契数列值。

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参考:http://blog.youkuaiyun.com/qingshui23/article/details/52350523
标程中提到了构造对偶式,我去,这咋整啊,搞不了这里写图片描述
但是就根据标程来推,这些东西都能推出来。。。
奇偶都能推出来sqrt(m)+sqrt(m−1)=a+b∗sqrt(2)
然后根据(1+√2)^n=a+b∗2打个表,找规律就好了。找不到规律的话,拿着序列去oeis一查就知道了

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
LL n;

typedef vector<LL> vec;
typedef vector<vec> mat;

const LL mod = 1e9+7;

mat mul(mat& A, mat &B)
{
    mat C(A.size(),vec(B[0].size()));
    for(int i = 0; i < A.size(); ++i)
        for(int k = 0; k < B.size(); ++k)
            for(int j = 0; j < B[0].size(); ++j)
                C[i][j] = (C[i][j]+A[i][k]*B[k][j])%mod;
    return C;
}

mat pow(mat A, LL n)
{
    mat B(A.size(),vec(A.size()));
    for(int i = 0; i < A.size(); ++i)
        B[i][i] = 1;
    while(n > 0)
    {
        if(n&1) B = mul(B,A);
        A = mul(A,A);
        n >>= 1;
    }
    return B;
}


void debug(mat& res)
{
    cout << res[0][0] << " " << res[0][1] <<endl;
    cout << res[1][0] << " " << res[1][1] << endl;
    return ;
}

LL solve()
{
    mat A(2,vec(2));
    A[0][0] = 1;
    A[0][1] = 2;
    A[1][0] = 1;
    A[1][1] = 1;
    mat res = pow(A,n);
    LL ans = res[0][0]%mod;
    ans = ((ans%mod)*(ans%mod))%mod;
    if(n&1)
        return (ans+1)%mod;
    else
        return ans;
}

int main()
{
    cin >> n;
    cout << solve() << endl;
    return 0;
}
题目 51nod 3478 涉及一个矩阵问题,要求通过最少的操作次数,使得矩阵中至少有 `RowCount` 行和 `ColumnCount` 列是回文的。解决这个问题的关键在于如何高效地枚举所有可能的行和列组合,并计算每种组合所需的操作次数。 ### 解法思路 1. **预处理每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数**: - 对于每一行,计算将其变为回文所需的最少操作次数。这可以通过比较每对对称位置的值是否相同来完成。 - 对于每一列,计算将其变为回文所需的最少操作次数,方法同上。 2. **枚举所有可能的行和列组合**: - 由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此可以枚举所有可能的行组合和列组合。 - 对于每一种组合,计算其所需的最少操作次数,并取最小值。 3. **计算操作次数**: - 对于每一种组合,需要计算哪些行和列需要修改,并且注意行和列的交叉点可能会重复计算,因此需要去重。 ### 代码实现 以下是一个可能的实现方式,使用了枚举和位运算来处理组合问题: ```python def min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count): import itertools N = len(matrix) M = len(matrix[0]) # Precompute the cost to make each row a palindrome row_cost = [] for i in range(N): cost = 0 for j in range(M // 2): if matrix[i][j] != matrix[i][M - 1 - j]: cost += 1 row_cost.append(cost) # Precompute the cost to make each column a palindrome col_cost = [] for j in range(M): cost = 0 for i in range(N // 2): if matrix[i][j] != matrix[N - 1 - i][j]: cost += 1 col_cost.append(cost) min_total_cost = float('inf') # Enumerate all combinations of rows and columns rows = list(range(N)) cols = list(range(M)) from itertools import combinations for row_comb in combinations(rows, row_count): for col_comb in combinations(cols, col_count): # Calculate the cost for this combination cost = 0 # Add row costs for r in row_comb: cost += row_cost[r] # Add column costs for c in col_comb: cost += col_cost[c] # Subtract the overlapping cells for r in row_comb: for c in col_comb: # Check if this cell is part of the palindrome calculation if r < N // 2 and c < M // 2: if matrix[r][c] != matrix[r][M - 1 - c] and matrix[N - 1 - r][c] != matrix[N - 1 - r][M - 1 - c]: cost -= 1 min_total_cost = min(min_total_cost, cost) return min_total_cost # Example usage matrix = [ [0, 1, 0], [1, 0, 1], [0, 1, 0] ] row_count = 2 col_count = 2 result = min_operations_to_palindrome(matrix, row_count, col_count) print(result) ``` ### 代码说明 - **预处理成本**:首先计算每一行和每一列变为回文所需的最少操作次数。 - **枚举组合**:使用 `itertools.combinations` 枚举所有可能的行和列组合。 - **计算成本**:对于每一种组合,计算其成本,并考虑行和列交叉点的重复计算问题。 ### 复杂度分析 - **时间复杂度**:由于 `N` 和 `M` 的最大值为 8,因此枚举所有组合的时间复杂度为 $ O(N^{RowCount} \times M^{ColCount}) $,这在实际中是可接受的。 - **空间复杂度**:主要是存储预处理的成本,空间复杂度为 $ O(N + M) $。 ### 相关问题 1. 如何优化矩阵中行和列的枚举组合以减少计算时间? 2. 在计算行和列的交叉点时,如何更高效地处理重复计算的问题? 3. 如果矩阵的大小增加到更大的范围,如何调整算法以保持效率? 4. 如何处理矩阵中行和列的回文条件不同时的情况? 5. 如何扩展算法以支持更多的操作类型,例如翻转某个区域的值?
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