矩阵乘法优化递推

矩阵加减法

对于矩阵\(A\pm B=C\)，直接把每一个位置的两个元素相加或相减。
要求：A 和 B 和 C 行列相同

矩阵乘法

如果 A 是个 \(n\times r\) 的矩阵、 B 是个\(r\times m\)的矩阵，则\(A\times B=C\)是个\(n\times m\)的矩阵（图片来自网络，侵删）

\(C_{i,j}=\sum_{k=1}^r A_{i,k}\bullet B_{k,j}\)

1. 不满足交换律\(AB\ne BA\)
2. 满足结合律\((AB)C=A(BC)\)
3. 满足分配率\(A(B+C)=AB+AC\)

如何加速

例：斐波那契

斐波那契

决策点只有两个，考虑矩阵乘法

构建答案、累乘矩阵

设答案 \(F(n)=\begin{vmatrix} f(n)&f(n-1) \end{vmatrix}\)

需要构建 \(base\) 使得 \(F(n)*base=F(n+1)\)

根据矩阵乘法的运算法则，一列一列的构造

首先 \(F(n+1)=\begin{vmatrix} f(n+1) & f(n) \end{vmatrix}\)

由 \(1*f(n)+1*f(n-1)=f(n+1)\)

得 \(base\) 第一列是 \(\begin{vmatrix} 1 \\ 1 \end{vmatrix}\)

由 \(1*f(n)+0*f(n-1)=f(n)\) 得

得 \(base\) 第二列是 \(\begin{vmatrix} 1 \\ 0 \end{vmatrix}\)

所以\(base=\begin{vmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{vmatrix}\)

计算结果

\(F(n)=F(2)*base^{n-2}=\begin{vmatrix} f(n)&f(n-1) \end{vmatrix}\)

为什么是 \(F(2)\) ：因为 \(F(1)\) 中 \(f(0)\) 无意义

代码实现中，可将 \(F(n)\) 看成 \(2\times 2\) 得矩阵，多余地方补零

\(F(n)=\begin{vmatrix} f(n) & f(n-1) \\ 0 & 0 \end{vmatrix}\)

快速幂初值就是 \(F(2)\) ，然后算。不能算完再乘 \(F(2)\) ，因为矩阵乘法不满足交换律

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1000000007;
struct mat {
	LL a[10][10];
	mat() { memset(a,0,sizeof(a)); }
	inline mat operator *(mat x) {
		mat res;
		for(int i=1;i<3;i++)
			for(int j=1;j<3;j++)
				for(int k=1;k<3;k++)
					(res.a[i][j]+=a[i][k]*x.a[k][j])%=mod;
		return res;
	} 
}tmp,res,F;
LL n;
inline void Pow(LL p) {
	for(;p;p>>=1,tmp=tmp*tmp)
	if(p&1)res=res*tmp;
}
int main() {
	scanf("%lld",&n);
	if(n<3)return puts("1"),0;
	res.a[1][1]=1,res.a[1][2]=1;
	res.a[2][1]=0,res.a[2][2]=0;
	
	tmp.a[1][1]=1,tmp.a[1][2]=1;
	tmp.a[2][1]=1,tmp.a[2][2]=0;
	
	Pow(n-2);
	
	printf("%lld",res.a[1][1]);
}

例二

矩阵加速（数列）

设 \(F(n)=\begin{vmatrix} a(n) & a(n-1) & a(n-2) \end{vmatrix}\)

则 \(base=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \end{vmatrix}\)

然后 \(F(n)=F(3)*base^{n-3}\)

直接求解即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const LL mod=1000000007;
const int N=3;
struct mat {
	LL a[10][10];
	mat() { memset(a,0,sizeof(a)); }
	inline mat operator *(mat x) {
		mat res;
		for(int i=1;i<=N;i++)
			for(int j=1;j<=N;j++)
				for(int k=1;k<=N;k++)
					(res.a[i][j]+=a[i][k]*x.a[k][j])%=mod;
		return res;
	} 
}tmp,res;
LL n;
int T;
inline void Pow(LL p) {
	for(;p;p>>=1,tmp=tmp*tmp)
	if(p&1)res=res*tmp;
}
int main() {
	scanf("%d",&T);
	while(T--) {
		scanf("%lld",&n);
		if(n<4) { puts("1"); continue; }
		res.a[1][1]=1,res.a[1][2]=1,res.a[1][3]=1;
		res.a[2][1]=0,res.a[2][2]=0,res.a[2][3]=0;
		res.a[3][1]=0,res.a[3][2]=0,res.a[3][3]=0;
		
		tmp.a[1][1]=1,tmp.a[1][2]=1,tmp.a[1][3]=0;
		tmp.a[2][1]=0,tmp.a[2][2]=0,tmp.a[2][3]=1;
		tmp.a[3][1]=1,tmp.a[3][2]=0,tmp.a[3][3]=0;
		
		Pow(n-3);
		
		printf("%lld\n",res.a[1][1]);		
	}
}

矩阵加维

带常数项 k

如 \(f(n)=f(n-1)+f(n-2)+k\)，求 \(f(n)\)

对常数项多加一维，常数得递推式是 \(k_n=k_{n-1}+0\)

\(F(n)=\begin{vmatrix} f(n) & f(n-1) & k_n \end{vmatrix}\)

\(base=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 \end{vmatrix}\)

带未知数 n

如 \(f(n)=f(n-1)+f(n-2)+n\) ，求 \(f(n)\)

未知数递推式 \((n)=(n-1)+1\)，

虽然只有三个转移，却需要多一个 1 来辅助 \((n)\) 得转移

\(F(n)=\begin{vmatrix} f(n) & f(n-1) & (n) & 1 \end{vmatrix}\)

\(base=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 0 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 0 \\ 1 & 0 & 1 & 1 \end{vmatrix}\)

求和

如 \(f(n)=f(n-1)+f(n-2)\) ，求 \(S(n)=\sum_{i=1}^n f(i)\)

\(S(n)=S(n-1)+f(n)\)

\(F(n)=\begin{vmatrix} f(n) & f(n-1) & S(n-1) \end{vmatrix}\)

\(base=\begin{vmatrix} 1 & 1 & 1 \\ 1 & 0 & 0 \\ 0 & 0 & 1 \end{vmatrix}\)

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End