51nod1113 矩阵快速幂

本文深入讲解了矩阵快速幂的概念及其实现,通过对比传统的数的快速幂,详细介绍了矩阵快速幂的二进制拆分原理,并提供了完整的C++代码实现,包括矩阵乘法和矩阵快速幂的模板。

摘要生成于 C知道 ,由 DeepSeek-R1 满血版支持, 前往体验 >

传送门:51nod1113 矩阵快速幂

Input示例

2 3
1 1
1 1

Output示例

4 4
4 4

矩阵乘法

今天开始学习矩阵快速幂,和之前学的数的快速幂没什么不同,只不过矩阵快速幂是以矩阵为单位的。

快速幂的原理都是二进制拆分,学习视频如下:SWPU-ACM每周算法讲堂-矩阵快速幂以及其他快速幂

相应的题目集:SWPU 2017暑假专题训练-矩阵快速幂

这个模板是视频中的大佬写的,直接拿来用了。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long ll;
const int maxn=110;
const int MOD=1e9+7;
#define mod(x) ((x)%MOD)

int n;

struct mat{
	int m[maxn][maxn];
}unit;

mat operator * (mat a,mat b){
	mat ret;
	ll x;
	for(int i=0;i<n;i++)
		for(int j=0;j<n;j++){
			x=0;
			for(int k=0;k<n;k++)
				x+=mod((ll)a.m[i][k]*b.m[k][j]);
			ret.m[i][j]=mod(x);
		}
		return ret;
}

void init_unit(){
	for(int i=0;i<maxn;i++)
		unit.m[i][i]=1;
	return ;
}

mat pow_mat(mat a,ll n){
	mat ret=unit;
	while(n){
		if(n&1) ret=ret*a;
		a=a*a;
		n>>=1;
	}
	return ret;
}


int main(){
	ll x;
	init_unit();
	while(~scanf("%lld%lld",&n,&x)){
		mat a;
		for(int i=0;i<n;i++)
			for(int j=0;j<n;j++)
				scanf("%d",&a.m[i][j]);
				
		a=pow_mat(a,x);
		for(int i=0;i<n;i++)
			for(int j=0;j<n;j++){
				if(j==n-1)
					printf("%d\n",a.m[i][j]);
				else 
					printf("%d ",a.m[i][j]);
			}
	}
	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?
评论
添加红包

请填写红包祝福语或标题

红包个数最小为10个

红包金额最低5元

当前余额3.43前往充值 >
需支付:10.00
成就一亿技术人!
领取后你会自动成为博主和红包主的粉丝 规则
hope_wisdom
发出的红包
实付
使用余额支付
点击重新获取
扫码支付
钱包余额 0

抵扣说明:

1.余额是钱包充值的虚拟货币,按照1:1的比例进行支付金额的抵扣。
2.余额无法直接购买下载,可以购买VIP、付费专栏及课程。

余额充值