2022-10-15 bigbai
by lcx,zjy
矩阵：由$ m\times n$个数排成的m行n列的数表
其实就是二维数组
矩阵加减法的规则：\(A\pm B=C\)
其中$ C[i][j]$ 为\(A[i][j]\)与\(B[i][j]\)的和或差，即：$ C_{i j}=A_{ij}\pm B_{ij}$
因此，相加减的两个矩阵$ A :B$的行列必须相同
矩阵乘法的规则：\(A\times B=C\)
其中$ C[i][j]$ 为A的第i行与B的第j列对应乘积的和，即：$ C_{i j}=\displaystyle \sum^n_{k=1}a_{ik}* b_{kj}$
显然两个相乘是要一行和一列对应乘，那么矩阵乘法是需要A的行数与B的列数相等的，这是A*B的前提条件
这里给个例子帮助理解：
\(\left[ \begin{matrix} a &b \\c &d\\e&f\end{matrix} \right]* \left[ \begin{matrix} g &h&i \\j &k&l\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} ag+bj &ah+bk&ai+bl \\cg+dj &ch+dk&ci+dl\\eg+fj&eh+fk&ei+fl\end{matrix} \right]\)
交换即是
$ \left[ \begin{matrix} g &h&i \j &k&l\end{matrix} \right]*\left[ \begin{matrix} a &b \c &d\e&f\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} ag+ch+ei &bg+dh+fi\aj+ck+el&bj+dk+fl\end{matrix} \right]$
可见矩阵的乘法是不满足交换律的
然后就可以发现，矩阵\(C\)的行数应该是\(A\)的行数，列数应该是\(B\)的列数，并且\(C\)也是一个方阵（行数和列数相等的矩阵）
代码：
int c[N][N];
void Mul(int a[][N],int b[][N],int n){//n是矩阵大小
memset(c,0,sizeof(c));
for(int i=1;i<=n;i++){
for(int j=1;j<=n;j++){
for(int k=1;k<=n;k++){
c[i][j]+=a[i][k]*b[k][j];
}
}
}
}
矩阵幂就是算$ A^n $
根据矩阵乘法，可以发现矩阵乘法满足结合律：
证明：
上面两式子都等于
于是——
假设A是$ n*n$的矩阵，则有：
$ A = \begin{cases} A, & 当m = 1时 \ (A^{\frac m2})^2, & 当m为偶数时 \ (A^{\frac m2})^2\times A, & 当m为奇数时 \end{cases}$
这个分段函数说明了矩阵快速幂的可行性，然后我们就可以得出算法：
把快速幂算法中的乘法改成矩阵的乘法就可以了
不过呢，还有一个问题，ans一开始的初始化是什么？
ans的初始化就相当于普通快速幂需要初始化为1，即乘上这个矩阵值不改变
可以发现：对于任意\(2 \times 2\)的矩阵，乘矩阵$ \left[ \begin{matrix} 1 &0 \0 & 1\end{matrix} \right] $值不变，因此可以设其为初始矩阵
由此可推，ans的初始化就是对角线是1其他全是0
struct node{
int z[N][N];
};
node mul(node a,node b){//矩阵乘法
node ans;
memset(ans.z,0,sizeof(ans.z));
for(int i=0;i<N;i++)
for(int j=0;j<N;j++)
for(int k=0;k<N;k++)
ans.z[i][j]=(ans.z[i][j]+a.z[i][k]*b.z[k][j]%mod)%mod;
return ans;
}
node power(int cnt){//快速幂，只不过底数换成了矩阵
node ans,A;
memset(ans.z,0,sizeof(ans.z));
//A一些赋值
for(int i=0;i<N;i++)ans.z[i][i]=1;//ans的赋值
while(cnt){
if(cnt&1)//奇数的话ans*A
ans=mul(ans,A);
A=mul(A,A);//A平方
cnt>>=1;//幂次/2
}
return ans;
}
ps：时间复杂度$ O(n^3logm)$
那么我们应该怎么加速递推呢？
先看一个简单的例子：
在Fibonacci整数序列中，\(F_0\) = 0, \(F_1\)=1，和\(F_n\) = \(F_{n−1}\) + \(F_{n−2}\)(n≥2).给定整数n\((0≤n≤10^9)\)，计算\(F_n\).
1.列解析式：显然：$ F(n)=F(n-1)+F(n-2)$，但这个数据范围就不是很显然了。
2.建立矩阵递推式，找到转移矩阵:
分析题目可以知道：
$F[i]=1*F[i-1]+1 *F[i-2] $
\(F[i-1]=1*F[i-1]+0 *F[i-2]\)
将以上两个式子结合可得：
\(\left[ \begin{matrix} F_{i-1} &F_{i-2} \end{matrix} \right]*\left[ \begin{matrix} 1 &1 \\1 &0 \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} F_i &F_{i-1}\end{matrix} \right]\)
简写成$ F(n-1)*A=F(n)$，A矩阵就是那个2*2的常数矩阵
我们还可以把上述式子转换一下：
\(( F[i] , F[i-1] )=( F[i-1] ,F[i-2] )*A=( F[i-2] ,F[i-3] ) *A *A\)
最后可以得到：\((F[n] F[n-1])=(F[1] ,F[0] )*A^{n-1}\)，即：\(F(n)=F(1) *A^{n-1}\)
就愉快的转换成算矩阵快速幂了
于是——
考虑情况：$ F$是\(1*n\)的矩阵，$ A\(是\)nn\(的矩阵，则\)F'= FA$也是\(1*n\)的矩阵
\(F\)和\(F'\)可以看作是一维数组，省略他们的行下标1，按照矩阵乘法的定义，有：
$ F'j=\displaystyle\sum{k=1}^nF_k*A_{kj}$
可以认为，通过乘上矩阵\(A\)，从原始状态\(F\)递推到了\(F'\)状态：
\(\left[ \begin{matrix} F_1 &F_2 &F_3 \end{matrix} \right]\times \left[ \begin{matrix} A_{11} &A_{12} &A_{13} \\A_{21} &A_{22} &A_{23} \\A_{31} &A_{32} &A_{33}\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} F'_1 &F'_2 &F'_3\end{matrix} \right]\)
那么如果假设目标状态为\(G\),递推矩阵为\(A\)，初始条件为\(F\)，则可得出：
\(G=A^n*F\)
因为我们已经会了矩阵快速幂算法，所以唯一需要我们考虑的问题就是如何构造递推矩阵\(A\)
再看几道题目：
Fibonacci数列，f[1]=1,f[2]=1,f[n]=f[n-1]+f[n-2]，(\(n>2\))，输入n和m，求前n项和模m的值。(\(1\leq n\leq 2\times 10^{9}\),\(1\leq m\leq 1\times 10^9+10\))
设$ \ s[n]\(表示前\) \ n $项和，可推出：
$s[n]=1 * s[n-1]+1* f[n]+0\ f[n-1]\f[n+1]=0\ s[n-1]+1f[n]+1\ f[n-1]\f[n]=0 \ s[n-1]+1\ f[n]+0*\ f[n-1] $
因此，可得矩阵：
$[\ s[n]\ f[n+1]\ f[n]\ ]=[s[n-1]\ f[n]\ f[n-1]\ ]*\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \1 & 1 & 1\0 &1 & 0 \end{matrix} \right] $
剩下的就和上一题一样了
N个方块排成一列 用红，蓝，绿，黄4种颜色去涂色，求红色方块 和绿色方块个数同时为偶数的 方案数 对10007取余
1.列解析式：
先定义状态分析递推式：假设已涂完前i个方块，有：
$ a[i]\(表示从1~i的方块中，红、绿方块数量都是偶数的方案数 \)b[i]\(表示从1~i的方块中，红、绿方块数量一个是偶数一个是奇数的方案数 \)c[i]$表示从1~i的方块中，红、绿方块数量都是奇数的方案数
初始：a(0)=1； b(0)=0； c(0)=0
分析a数组递推过程：
1.到i时红和绿的方格个数都是偶数，且i+1个方块被染成了蓝或黄色
2.到i时红和绿的方格个数一偶一奇，
且i+1个方块被染成了奇数个所对应的颜色
可得:\(a[i+1]=2*a[i]+b[i]\)
b与c的分析如上,可得：
\(b[i+1]=2*a[i]+2*b[i]+2*c[i]\)
\(c[i+1]=b[i]+2*c[i]\)
2.建立矩阵递推式，找到转移矩阵:
由上可得：
$\left[ \begin{matrix} a_i&b_i&c_i\end{matrix} \right] *\left[ \begin{matrix} 2&2&0 \1&2&1\0 &2& 2 \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} a_{i+1}&b_{i+1}&c_{i+1}\end{matrix} \right] $
矩阵快速幂加速递推题目特点：
1.可以抽象为长度为n的一维数组（即状态矩阵），矩阵在单位时间内变化一次
2.变化的形式是线性递推（只有若干”加法“或“乘以一个系数”的运算）
3.递推轮数大，但矩阵长度n不大
构建矩阵递推的大致套路：
上文常数矩阵$ A \(就叫做**转移矩阵**,它能把\) F[n-1] \(转移到\) F[n] \(;然后这就是个等比数列，直接写出通项\) F[n]=A^{n-1}*F[1]\(此处\) f[1] $叫初始矩阵。
关键在于定义出状态矩阵和转移矩阵。
一般$ F[n]\(与\)F[n-1] \(都是按照原始递推式来构建的，当然可以先猜一个\) F[n] $。
复杂度$ O(n^3logT)\(,\)T $是递归总轮数
题目大意：n颗球，一颗球里有三个数\(A\) \(B\) \(C\)。有m次操作，每次操作选择一个区间\([l,r]\)进行一下七种操作之一：
1.\(A_i=A_i+B_i\)
2.\(B_i=B_i+C_i\)
3.\(C_i=C_i+A_i\)
4.\(A_i=A_i+v\)
5.\(B_i=B_i\times v\)
6.\(C_i=v\)
7.输出\(\displaystyle\sum_{i=l}^rA_i\),\(\displaystyle\sum_{i=l}^rB_i\),\(\displaystyle\sum_{i=l}^rC_i\)
对于区间修改，我们第一想法是线段树。但是每次修改都与该点中其他属性有关，故不能整体修改
于是就想矩阵乘法来改变状态：
把一颗球看作一个\(1\times 4\)的矩阵\([A,B,C,1]\)（最后一个\(1\)用来维护常项）
于是我们可以很轻易的推出转移矩阵：
1.\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 1 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}=[A+B,B,C,1]\)
2,3同理可得
4.\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&1&0\\v&0&0&1 \end{bmatrix}=[A+v,B,C,1]\)
5.\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & v&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}=[A,B*v,C,1]\)
6.\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&v&1 \end{bmatrix}=[A,B,v,1]\)
以第一种操作为例子，如果要修改\([l,r]\)中的数据，那就把这段区间全部都乘一个\(\begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 1 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}\)就好了，于是就可以用线段树来维护了
大意：有一个\(n\)行\(m\)列\((0\leq n,m\leq 8)\)的矩阵，还有一个与之对应的\(n\)行\(m\)列操作序列，一共有\(act\)种操作序列，编号\(0到（act-1）\)\((0\leq act\leq10)\)每一种操作序列都是长度不超过6，循环执行，一秒一个，所有格子同时进行包括：
数字0-9：拿0-9个石头到该格子
NWSE：把这个格子内所有的石头推到相邻的格子，N表示上方，W表示左方，S表示下方，E表示右方
D：拿走这个格子的石头。
问t秒\((1\leq t\leq10^9)\)之后，所有方格中石头最多的格子有多少个石头
问题分析：
以样例为例，设定一维矩阵\(F_t=[a_1\ a_2\ a_3\ a_4\ a_5\ a_6]\)表示\(t\)秒时当前每个格子的石子数量，特别的，再加一个\(a_0\)，使得\(a_0\)始终为\(1\),所以,转移矩阵\(T_i\)第\(0\)列有且只有第\(0\)行为\(1\)
初始状态矩阵就是\(F_0=[a_0=1\ a_1=0\ a_2=0\ a_3=0\ a_4=0\ a_5=0\ a_6=0]\)
第一秒的操作为\(1,E,E,E,E,0\)，第1个格子+1，第2,3,4,5个格子推向右方，第6个格子不移动不添加
所以可以构造出转移矩阵\(T_1=\begin{bmatrix} 1 & 1&0&0&0&0&0 \\ 0 & 1&0&0&0&0&0\\0&0&0&1&0&0&0\\0&0&0&0&1&0&0\\0&0&0&0&0&1&0\\0&0&0&0&0&0&1 \\0&0&0&0&0&0&1 \end{bmatrix}\)
因此也可以通过相同的方法找到\(T_2\)、\(T_3\)、\(T_4\)、\(T_5\)...
因为\(n\)和\(m\)的数据范围较小，所以我们可以把\(n\)行\(m\)列的网络转化为长度为\(n\times m\)的一维矩阵
\(F_t=[a_{(1,1)},a_{(1,2)}...a_{(1,m)},a_{(2,1)}...a_{(n,m)}]\),其中\(a_{(i,j)}\)在一维矩阵第\((i-1)\times m+j\)个位置，令\(S(i,j)=(i-1)\times m+j\)，也再加一个$ a_0$，始终为\(1\)
因为每个操作序列的长度不超过\(6\),且\(1-6\)的最小公倍数为\(60\)，所以每经过\(60\)秒，操作序列又会从最开始的字符开始，因此需要构造\(60\)个\((n\times m+1)\times (n\times m+1)\)转移矩阵\(T\)，包含第\(0-(n\times m)\)行和第\(0-(n\times m)\)列
转移矩阵\(T_i(1\leq i\leq 60)\)的构造方法：
回顾：状态矩阵\(F_i\)所有元素与转移矩阵\(T_{i+1}\)第\(i\)列所有元素分别相乘的和，得到状态矩阵\(F_{i+1}\)第\(i\)个元素的数值
注：以下操作均不计除了当前石子外，其他石子的操作对此石子的影响
若操作数字为\(0-9\)，设数值为\(x\)，所以\(T_i\)第\(S(i,j)\)列 第\(0\)行 为\(x\),第\(S(i,j)\)列 第\(S(i,j)\)行 为\(1\)
若为字符\(N\)，则转移矩阵第\(S(i,j)\)行 第\(S(i-1,j)\)列为\(1\)，字符\(W,S,E\)类似
若为字符\(D\)，则转移矩阵此列不做处理
为了保证\(F_i(0)\)始终为\(1\)，所有转移矩阵\(T_i\)第\(0\)列有且只有第\(0\)行为\(1\)
所以需要将\(T_1-T_{60}\)全部求解出来，令\(TT=T_1\times T_2\times ...\times T_{60}\)
则\(t\)秒后：
状态矩阵\(F_t=F_0*TT^{\frac{t}{60}}*(T_1\times T_2\times ...\times T_r),r=t\%60\)
其中\(TT^{\frac{t}{60}}\)可以用矩阵快速幂求解，最后求\(F_t\)中\(1-(n\times m)\)列的最大值即可
又可以发现一个规律：
如果在应用矩阵乘法时，遇到常数项，经常需要在“状态矩阵”中添加一个额外的位置，始终储存常数\(1\)，并乘上“转移矩阵”中适当的系数，累加到“状态矩阵”的其他位置
题目：
加里敦星球的人们特别喜欢喝可乐。因而，他们的敌对星球研发出了一个可乐机器人，并且放在了加里敦星球的\(1\)号城市上。这个可乐机器人有三种行为： 停在原地，去下一个相邻的城市，自爆。它每一秒都会随机触发一种行为。现在给加里敦星球城市图，在第\(0\)秒时可乐机器人在\(1\)号城市，问经过了\(t\)秒，可乐机器人的行为方案数是多少？
\(N\)表示城市个数，\(M\)表示道路个数。
保证两座城市之间只有一条路相连，且没有任何一条道路连接两个相同的城市。
$ 1 < t \leq 10^6, $ \(1≤N≤30,0<M<100，1 \leq u, v \leq N\)
分析：
先用邻接矩阵存图（两个点之间若有边则\(A[u][v]=1\))
如果我们没有在原地停留和自爆两个操作，那么就是问从起点出发，走t步的不同路径数
令该图的邻接矩阵是\(G\),那么我们考虑 \(G^2\) 是个什么东西
我们单独考虑某一行和某一列的相关运算:令其为 $ G_{a,i}$和 $ G_{i,b}$令 \(G′\) 为相乘得到的矩阵,那么会有
$ G'{a,b}=\displaystyle \sum^m{i=1} G_{a,i}*G_{i,b}$
容易发现,当且仅当 $ G{a,i}$ 和 \(G{i,b}\) 都不为零,即\(i\)点可连通 \(a,b\) 两点的时候上式的该项才为\(1\), 否则为\(0\)
那么所有的这些情况累加起来,就是从\(a\)到\(b\)长度为\(2\)的路径条数(即方案数)
所以，\(G^2\)得到的矩阵其实表示了任意两点间长度为2的方案数
（也从\(floyd\)算法的角度考虑）那么不难发现\(G^k\)的第\(i\)行第\(j\)列的数字含义是从\(i\)到\(j\)经过\(k\)步的路径方案总数
那么在原地停留和自爆怎么处理？
在原地停留很简单，我们只要认为每个点都有一个从自己到自己的自环即可。
那自爆呢？
我们可以将自爆这个状态也看成一个城市，就设它为编号\(0\)
我们在邻接矩阵上从每个点都向这个点连一条边，这个点除了自己外不连其他出边。
这样就满足了任何一个点随时可以自爆，且无法恢复到其他状态。
最后，统计答案\(Ans=\sum\limits_{i=0}^{n}A[1][i]\)
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