矩阵快速幂板子和矩阵优化DP

最新推荐文章于 2022-08-15 16:01:01 发布
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#算法

本文介绍了一种利用矩阵快速幂优化递推问题的方法，解决斐波那契数列前n项和及GT考试中的字符串匹配问题。通过矩阵乘法和递归策略，作者分享了代码实现和优化技巧，最终提高了算法效率。
1303. 斐波那契前 n 项和 （矩阵快速幂板子）

debug 了 半天，终于还是写出来了，矩阵乘法从下标0开始从乘比较好写。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll F[3],n,m;//n = 3 时,F_0
ll A[3][3]={
    {1,0,0},
    {1,1,1},
    {1,1,0},
};

void print(ll a[][3]){
    for(int i=0;i<3;i++){
        for(int j=0;j<3;j++){
            cout<<a[i][j]<<" ";
        }
        cout<<endl;
    }
}

void print(ll a[3]){
    for(int j=0;j<3;j++){
        cout<<a[j]<<" ";
    }
    cout<<endl;
}

void mul(ll f[3],ll a[3],ll b[3][3]){// 1*3 3*3
    ll res[3]={0};
    for(int j=0;j<3;j++){
        for(int k=0;k<3;k++){
            res[j] = (res[j] + a[k]*b[k][j])%m;
        }
    }
    memcpy(f,res,sizeof res);
}

// 我都想到要重载mul了，为啥不自己写呢？

void mul(ll f[][3],ll a[][3],ll b[][3]){
    ll res[3][3]={0};
    for(int i=0;i<3;i++){
        for(int j=0;j<3;j++){
            for(int k=0;k<3;k++){
                res[i][j] = (res[i][j] + a[i][k]*b[k][j])%m; 
            }
        }
    }
    memcpy(f,res,sizeof res);
}



void qmi(ll f[3],ll b){//3*3 自乘
    while(b){
        if(b&1){
            mul(f,f,A);// 1*3  =  (1*3) * (3 *3 )
        }
        b>>=1;
        mul(A,A,A);// 3*3 * 3 * 3 = 3*3
    }
}


int main(){
    cin>>n>>m;
    F[0] = 2;// 前两项的和
    F[1] = 1;
    F[2] = 1;

    n-=2;

    qmi(F,n);

    cout<<F[0]<<endl;
    return 0;
}
1305. GT考试 （矩阵乘法优化DP）

一眼不会。

f[i][j]f[i][j]f[i][j] 表示长串匹配到第 iii 位，短串最多匹配到第 jjj 位的所有合法方案的方案数。

ans=∑i=0m−1f[n][i]ans = \sum_{i=0}^{m-1} f[n][i]ans=∑i=0m−1​f[n][i]

有的时候我总是纠结，是从当前向后还是从后向前呢？

考虑 f[i][j]f[i][j]f[i][j] 是如何由前面的状态转移过来的。

考虑 f[i−1][k]f[i-1][k]f[i−1][k] 怎么转移到 f[i][j]f[i][j]f[i][j] 。

枚举第 iii 位是什么字符。

f[i][j]=∑k=0m−1f[i−1][k]∗g[k][j]f[i][j] = \sum_{k=0}^{m-1} f[i-1][k] * g[k][j]f[i][j]=∑k=0m−1​f[i−1][k]∗g[k][j] 。

g[k][j]g[k][j]g[k][j] 表示一个匹配了长度为 kkk 的串，有多少种加入一个数字的方式，使得匹配长度变成 jjj 。

模式串是给定的，如何得到 g[k][j]g[k][j]g[k][j] 。

暴力枚举长度 KKK 和 待加入的数字 。O(m2)O(m^2)O(m2)

在自己思考并参考了大佬的代码之后，有了40pts的暴力代码。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
using namespace std;

const int N = 30;

int n,m,K,ne[N];
int g[N][N];
int f[1100000][N];
char p[N];

int main(){
    cin>>n>>m>>K;
    scanf("%s",p+1);
    for(int i=2,j=0;i<=m;i++){
        while(j&&p[j+1]!=p[i])j=ne[j];
        if(p[j+1]==p[i])j++;
        ne[i]=j;
    }
    
    for(int i=0;i<=m;i++){//得从0开始。
        for(char ch='0';ch<='9';ch++){
            /*
            当前已经匹配了i个字符，下一个字符是ch
            */
            int j=i;
            while(j&&p[j+1]!=ch)j=ne[j];
            if(p[j+1]==ch)j++;
            if(j<m)//不能完全匹配。
                g[i][j]++;
        }
    }

    f[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<m;j++){
            for(int k=0;k<m;k++){
                f[i][j] = (f[i][j] + f[i-1][k] * g[k][j]) % K;
            }
        }
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<m;i++){
        ans = (ans + f[n][i])%K;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

如何用矩阵优化递推？

让我们求 $f[n][i\in[0,m]] $ ，f[i][j]f[i][j]f[i][j] 如何变成 F[i]F[i]F[i] ？

没搞懂，只能看视频了

gx,yg_{x,y}gx,y​ 表示对于模式串的匹配从第 yyy 位转移到第 xxx 位的方案数。
f[i][0]=g0,0∗f[i−1][0]+g0,1f[i−1][1]+...f[i][1]=g1,0∗f[i−1][0]+g1,1f[i−1][1]+...f[i][2]=g2,0∗f[i−1][0]+g2,1f[i−1][1]+......f[i][m−1]=gm−1,0∗f[i−1][0]+gm−1,1f[i−1][1]+... f[i][0] = g_{0,0} * f[i-1][0] +g_{0,1}f[i-1][1]+...\\ f[i][1] = g_{1,0} * f[i-1][0] +g_{1,1}f[i-1][1]+...\\ f[i][2] = g_{2,0} * f[i-1][0] +g_{2,1}f[i-1][1]+...\\ ...\\ f[i][m-1] = g_{m-1,0} * f[i-1][0] +g_{m-1,1}f[i-1][1]+...\\ f[i][0]=g0,0​∗f[i−1][0]+g0,1​f[i−1][1]+...f[i][1]=g1,0​∗f[i−1][0]+g1,1​f[i−1][1]+...f[i][2]=g2,0​∗f[i−1][0]+g2,1​f[i−1][1]+......f[i][m−1]=gm−1,0​∗f[i−1][0]+gm−1,1​f[i−1][1]+...
将左侧所有的 f[i][0∼m−1]f[i][0 \sim m-1]f[i][0∼m−1] 看成一个向量 F[i]F[i]F[i] ，把右侧所有的 gx,yg_{x,y}gx,y​ 看成系数 AAA ，把

f[i−1][0∼m−1]f[i-1][0 \sim m-1]f[i−1][0∼m−1] 看成矩阵 F[i−1]F[i-1]F[i−1] 。又因为 gx,yg_{x,y}gx,y​ 不受 iii 的影响，对于给定的模式串，gx,yg_{x,y}gx,y​ 是定值，所以 AAA 是定值。

满足 F[i]=A∗F[i−1]F[i] = A*F[i-1]F[i]=A∗F[i−1] ，有：

F[n]=An∗F[0]F[n] = A^{n} * F[0]F[n]=An∗F[0] ，可以使用矩阵快速幂优化。

分析到这还有问题，F矩阵一开始怎么存

FFF 是一个 1∗m1*m1∗m 的向量，

int F[30];

初始化 F[0]=1F[0]=1F[0]=1 。

然后我写了两个矩阵乘法，不懈努力之下终于AC！

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
using namespace std;

const int N = 30;

int n,m,K,ne[N];
int g[N][N];
char p[N];
int F[N];

void mul(int f[N],int a[N],int b[N][N]){// 1*m =  (1*m) * (m*m)
    int t[N]={0};

    for(int j=0;j<m;j++){
        for(int k=0;k<m;k++){
            t[j] = (t[j] + a[k] * b[k][j])%K;
        }
    }

    memcpy(f,t,sizeof t);
}

void mul(int f[N][N],int a[N][N],int b[N][N]){// 1*m =  (1*m) * (m*m)
    int t[N][N]={0};
    for(int i=0;i<m;i++){
        for(int j=0;j<m;j++){
            for(int k=0;k<m;k++){
                t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j])%K;
            }
        }
    }
    memcpy(f,t,sizeof t);
}

int qmi(int t){
    F[0]=1;
    while(t){
        if(t&1){
            mul(F,F,g);
        }
        mul(g,g,g);
        t>>=1;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<m;i++){
        ans = (ans + F[i]) %K;
    }
    return ans;
}

int main(){
    cin>>n>>m>>K;
    scanf("%s",p+1);
    for(int i=2,j=0;i<=m;i++){
        while(j&&p[j+1]!=p[i])j=ne[j];
        if(p[j+1]==p[i])j++;
        ne[i]=j;
    }
    
    for(int i=0;i<=m;i++){//得从0开始。
        for(char ch='0';ch<='9';ch++){
            /*
            当前已经匹配了i个字符，下一个字符是ch
            */
            int j=i;
            while(j&&p[j+1]!=ch)j=ne[j];
            if(p[j+1]==ch)j++;
            if(j<m)//不能完全匹配。
                g[i][j]++;
        }
    }
    cout<<qmi(n);
    return 0;
}

看y总代码的启示，可以把 mul 合并成一个。

非常漂亮的代码
#include <iostream>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define debug(x) cout<<#x<<":"<<x<<endl
using namespace std;

const int N = 30;

int n,m,K,ne[N];
int g[N][N];
char p[N];
int F[N][N];//虽然开了两维，但只有F[0][1~N]使用了 

void mul(int f[N][N],int a[N][N],int b[N][N]){// 1*m =  (1*m) * (m*m)
    int t[N][N]={0};
    for(int i=0;i<m;i++){
        for(int j=0;j<m;j++){
            for(int k=0;k<m;k++){
                t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j])%K;
            }
        }
    }
    memcpy(f,t,sizeof t);
}

int qmi(int t){
    F[0][0]=1;
    while(t){
        if(t&1){
            mul(F,F,g);
        }
        mul(g,g,g);
        t>>=1;
    }
    int ans=0;
    for(int i=0;i<m;i++){
        ans = (ans + F[0][i]) %K;
    }
    return ans;
}

int main(){
    cin>>n>>m>>K;
    scanf("%s",p+1);
    for(int i=2,j=0;i<=m;i++){
        while(j&&p[j+1]!=p[i])j=ne[j];
        if(p[j+1]==p[i])j++;
        ne[i]=j;
    }
    for(int i=0;i<=m;i++){//得从0开始。
        for(char ch='0';ch<='9';ch++){
            /*
            当前已经匹配了i个字符，下一个字符是ch
            */
            int j=i;
            while(j&&p[j+1]!=ch)j=ne[j];
            if(p[j+1]==ch)j++;
            if(j<m)//不能完全匹配。
                g[i][j]++;
        }
    }
    cout<<qmi(n);
    return 0;
}
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问题描述 衣食无忧的 Q老师 有一天突发奇想，想要去感受一下劳动人民的艰苦生活。 具体工作是这样的，有 N 块砖排成一排染色，每一块砖需要涂上红、蓝、绿、黄这 4 种颜色中的其中 1 种。且当这 N 块砖中红色和绿色的块数均为偶数时，染色效果最佳。 为了使工作效率更高，Q老师 想要知道一共有多少种方案可以使染色效果最佳，你能帮帮他吗？ Input 第一行为 T，代表数据组数。(1 ≤ T ≤ 100) 接下来 T 行每行包括一个数字 N，代表有 N 块砖。(1 ≤ N ≤ 1e9) Output 输出满足条
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矩阵快速幂算法的步骤与快速幂算法类似，但涉及到矩阵乘法和幂运算的特殊性质： 1. 定义一个单位矩阵（矩阵快速幂的初始状态），单位矩阵在矩阵乘法中相当于乘法中的1。 2. 将矩阵的幂次转换为二进制形式。 3. 对每...
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