文章目录

• 概述
• 快速幂
• • 解析
  • 代码
• 矩阵运算定义
• • 加法
  • 乘法
  • 单位矩阵
• 一、斐波拉契（基础模板）
• • 题目描述
  • 解析
  • 代码
• 二、行为方案（实际应用）
• • 题目描述
  • 解析
  • 代码
• 三、矩阵求和（子矩阵作为矩阵元素）
• • 题目描述
  • 解析
  • 代码
• 四、最短路径（对矩阵乘法灵活的定义方式）
• • 题目描述
  • 解析
  • 代码：
• thanks for reading！

概述

矩阵快速幂，顾名思义，就是矩阵乘法与快速幂的结合,可以将时间复杂度优化到log级别。
当数据范围中图的尺寸较小，而时间、变换次数、步数等的范围较大（通常在10^9左右）时，可以考虑矩阵快速幂问题
矩阵快速幂的关键在于构造转移矩阵

快速幂

解析

由于

x^a * x^b = x^(a+b)

逆向来看,对于一个较大的指数k，我们可以进行拆分：

x^k = x^a1 * x^a2 *…(a1+a2+…=k)

由于二进制拆分的唯一存在性，我们就可以把k拆成若干个2的幂数作为a序列，将其对应的乘幂求出，并乘在一起就能得到x^k了
时间复杂度log k

代码

ll ksm(ll x, int w) {//求x的w次幂ll ans = 1;while (w) {if (w & 1)ans = (ll)(ans * x) % mod;//mod是取模用的x = (x * x) % mod;w >>= 1;}return ans; }

矩阵运算定义

加法

对于两个大小完全相同的矩阵，定义二者相加为每个对应元素相加（比较简单，不细说了）

乘法

对于两个矩阵AB，若A的行数等于B的列数，则二者可以相乘
换言之，ab的矩阵A可以和bc的矩阵B相乘，结果是一个a*c的矩阵C，单次相乘时间复杂度为abc 的乘积
对于每一个c中的元素：

c[i][j]=∑a[i][p]+b[p][j](1<=p<=b)

简单说就是顶针式的乘积累加
容易证明，矩阵乘法满足结合律，但是不满足交换律
对于一个行列相等的方阵，可以不断累乘自身

单位矩阵

如果一个矩阵的结构为：
1 0 0 0 0
0 1 0 0 0
0 0 1 0 0
0 0 0 1 0
0 0 0 0 1
则称它为一个单位矩阵
对于一个a*b的矩阵A，它与一个边长为b的矩阵相乘，结果还是A本身
单位矩阵在矩阵运算中起着单位1的作用

矩阵简单的运算就是这些，接下来我们通过一些例题由浅入深，看看矩阵快速幂如何应用吧

一、斐波拉契（基础模板）

万物之始

题目描述

斐波拉契的定义为：

f[1]=f[2]=1; f[n]=f[n-1]+f[n-2](n>=3)

（不会真的有人不知道吧）
现在要你求出第k项取模后的结果
(k<=2^63)

解析

我们发现：
对于一个行矩阵：

f[n] f[n-1]

尝试构造出一个转移矩阵M：
（转移矩阵是矩阵题目的灵魂，多为方阵）

1 1
1 0

那么两者相乘后就会得到：

f[n]+f[n-1] f[n]

根据斐波拉契的定义，上面的结果就是：

f[n+1] f[n]

所以，要求第k项的值，就只需要把矩阵f[2] f[1]乘上k-2次转移矩阵即可
这样就可以用快速幂提速了
（由于本题原矩阵过于简单，其实代码实现时我们都不需要让那个行矩阵出现）

代码

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int mod=1e9+7; ll a,b,c,k; ll ans[4][4],res[4][4],trans[4][4]; void mul1(){//res*resmemset(trans,0,sizeof(trans));for(int i=1;i<=2;i++){for(int j=1;j<=2;j++){for(int p=1;p<=2;p++){trans[i][j]+=res[i][p]*res[p][j];trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=1;i<=2;i++){for(int j=1;j<=2;j++){res[i][j]=trans[i][j];}} } void mul2(){//res*ansmemset(trans,0,sizeof(trans));for(int i=1;i<=2;i++){for(int j=1;j<=2;j++){for(int p=1;p<=2;p++){trans[i][j]+=ans[i][p]*res[p][j];trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=1;i<=2;i++){for(int j=1;j<=2;j++){ans[i][j]=trans[i][j];}} } void ksm(ll w){while(w){if(w&1) mul2();mul1();w>>=1;}return; } void print(){for(int i=1;i<=2;i++){for(int j=1;j<=2;j++){printf("%d ",ans[i][j]);}printf("\n");} } int main() {ans[1][1]=ans[2][2]=1;res[1][1]=res[1][2]=res[2][1]=1;scanf("%lld",&a);if(a<=2) {printf("1");return 0;}ksm(a-2); // print();printf("%lld",(ans[1][1]+ans[2][1])%mod);return 0; }

二、行为方案（实际应用）

题目描述

解析

定义dp[i][j][t]为经过t时间从i走到j的方案数
不难想到转移

dp[i][j][t]=∑dp[i][p][t-1]*dp[p][j][1]

我们发现出现了矩阵乘法标志性的顶针结构
也就是说，想要从t-1转移到t，只需要把t-1状态的矩阵与状态1的矩阵相乘就行了
换言之，询问t状态的矩阵，就是求状态1矩阵的t次幂
这样在提速的同时，也就把第三维空间优化掉了
这样就转化为快速幂问题了
接下来就是原始矩阵的构造问题

首先肯定要把存在边的点连上：

dp[from][to]=1

还可以停留在原点，也就相当于一个自环：

dp[i][i]=1;(1<=i<=n)

对于自爆，我们可以把0结点当成自爆的状态，在任何一个点均可自爆，所以：

dp[i][0]=1(1<=i<=n)

由于自爆后不能向任何状态转移了，所以0结点没有任何出边
最后的答案就是∑dp[1][i] (0<=i<=n）
这样本题就结束了

代码

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long const int mod=2017; const int N=150; ll a,b,c,k; int n,m; ll ans[N][N],res[N][N],trans[N][N]; void mul1(){//res*resmemset(trans,0,sizeof(trans));for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=n;j++){for(int p=0;p<=n;p++){trans[i][j]+=res[i][p]*res[p][j];trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=n;j++){res[i][j]=trans[i][j];}} } void mul2(){//res*ansmemset(trans,0,sizeof(trans));for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=n;j++){for(int p=0;p<=n;p++){trans[i][j]+=ans[i][p]*res[p][j];trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=n;j++){ans[i][j]=trans[i][j];}} } void ksm(ll w){while(w){if(w&1) mul2();mul1();w>>=1;}return; } void print(){for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=n;j++){printf("%d ",ans[i][j]);}printf("\n");} } int main() {scanf("%d%d",&n,&m);for(int i=0;i<=n;i++) ans[i][i]=1;for(int i=1;i<=m;i++){int a,b;scanf("%d%d",&a,&b);res[a][b]=res[b][a]=1;}for(int i=0;i<=n;i++) res[i][i]=1;for(int i=1;i<=n;i++) res[i][0]=1;int t;scanf("%d",&t);ksm(t);int tot=0;for(int i=0;i<=n;i++){tot+=ans[1][i];} // print();printf("%d",tot%mod);return 0; }

三、矩阵求和（子矩阵作为矩阵元素）

题目描述

解析

对于矩阵A，我们构造转移矩阵：

AI

0	I

（I表示与A边长相等的单位矩阵，矩阵套矩阵表示把小矩阵值套进大矩阵里）
比如，当A为：

2 3
1 5

时，转移矩阵为：

2 3 1 0
1 5 0 1
0 0 1 0
0 0 0 1

使它与自身相乘,得到：

A^2I+A

0	I

再乘一次：

A^3I+A+A^2

0	I

这样我们就可以得到规律了
只需要把这个转移矩阵构造出来后乘上k次幂在把左上角减去单位矩阵输出即可
注意：取模减法需要判断一下会不会减成负的！
（连ybt评测的答案似乎都没有注意。。。）

代码

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int mod=2017; const int N=150; ll a,b,c,k; int n,m; ll ans[N][N],res[N][N],trans[N][N]; void mul1(){//res*resmemset(trans,0,sizeof(trans));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){for(int p=1;p<=n;p++){trans[i][j]+=res[i][p]*res[p][j];trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){res[i][j]=trans[i][j];}} } void mul2(){//res*ansmemset(trans,0,sizeof(trans));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){for(int p=1;p<=n;p++){trans[i][j]+=ans[i][p]*res[p][j];trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){ans[i][j]=trans[i][j];}} } void ksm(ll w){while(w){if(w&1) mul2();mul1();w>>=1;}return; } void print(){for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1+n;j<=2*n;j++){if(i+n==j) ans[i][j]--; // if(ans[i][j]<0) ans[i][j]+=mod;printf("%lld ",ans[i][j]);}printf("\n");} } int main() {scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++) scanf("%lld",&res[i][j]);}for(int j=n+1;j<=2*n;j++){res[j][j]=res[j-n][j]=1;}n<<=1;for(int i=1;i<=n;i++) ans[i][i]=1;ksm(m+1);n>>=1;print();return 0; }

四、最短路径（对矩阵乘法灵活的定义方式）

题目描述

解析

定义dp[i][j][k]：从i到j，经过k条边的最短路径
易得转移方程：

dp[i][j][k]=min(dp[i][j][k],dp[i][p][k-1]+dp[p][j][1];

我们发现出现了顶针结构，但似乎运算从乘积累加变成了求min
那么把运算的定义改一下不就好了！
（这样修改之后不再有单位矩阵的概念，好在本题也不需要）
还有一些细节问题：

1.在原始矩阵中dp[i][i]应该为正无穷而不是0，换言之，经过一条边走到原处的方案在没有自环的情况下应该是不可能的
2.由于边数<=100，所以点不会超过200个，但编号会达到1000。如果直接用原编号，会超时。所以本题需要对点进行离散化处理

代码：

#include<bits/stdc++.h> using namespace std; #define ll long long int mod=2017; const int N=1500; int s,e,n,m,k; int mx; int a,b,c,d; ll ans[N][N],res[N][N],trans[N][N]; int id[N*100],tot=0; void mul1(){//res*resmemset(trans,0x3f,sizeof(trans));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){for(int p=1;p<=n;p++){trans[i][j]=min(trans[i][j],res[i][p]+res[p][j]); // trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){res[i][j]=trans[i][j];}} } void mul2(){//res*ansmemset(trans,0x3f,sizeof(trans));for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){for(int p=1;p<=n;p++){trans[i][j]=min(trans[i][j],ans[i][p]+res[p][j]); // trans[i][j]%=mod;}}}for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){ans[i][j]=trans[i][j];}} } void ksm(ll w){while(w){if(w&1) mul2();mul1();w>>=1;}return; } void print(){for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){ // if(ans[i][j]<0) ans[i][j]+=mod;if(ans[i][j]>2e9) printf("-1 ");else printf("%lld ",ans[i][j]);}printf("\n");}printf("\n"); } void print_res(){for(int i=1;i<=n;i++){for(int j=1;j<=n;j++){ // if(ans[i][j]<0) ans[i][j]+=mod;if(res[i][j]>2e9) printf("-1 ");else printf("%lld ",res[i][j]);}printf("\n");} } int main() {scanf("%d%d%d%d",&k,&n,&s,&e);memset(res,0x3f,sizeof(res));memset(ans,0x3f,sizeof(ans));for(int i=1;i<=n;i++){scanf("%d%d%d",&c,&a,&b);if(!id[a]) id[a]=++tot;if(!id[b]) id[b]=++tot;a=id[a],b=id[b];res[a][b]=res[b][a]=c; // mx=max(mx,max(a,b)); // printf("a=%d b=%d v=%d\n",a,b,c);}n=tot; // print_res();for(int i=1;i<=n;i++) ans[i][i]=0;ksm(k); // mul2(); // print(); // mul2(); // print();printf("%lld",ans[id[s]][id[e]]);return 0; } /* 1 6 6 4 11 4 6 4 4 8 8 4 9 6 6 8 2 6 9 3 8 9 */

thanks for reading！

总结

以上是生活随笔为你收集整理的矩阵快速幂一篇通的全部内容，希望文章能够帮你解决所遇到的问题。

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