【矩阵加速】 矩阵 快速幂

矩阵的快速幂是用来高效地计算矩阵的高次方的。将朴素的o（n）的时间复杂度，降到log（n）。

这里先对原理（主要运用了矩阵乘法的结合律）做下简单形象的介绍：

一般一个矩阵的n次方，我们会通过连乘n-1次来得到它的n次幂。

但做下简单的改进就能减少连乘的次数，方法如下：

把n个矩阵进行两两分组，比如：A*A*A*A*A*A => (A*A)*(A*A)*(A*A)

这样变的好处是，你只需要计算一次A*A，然后将结果(A*A)连乘自己两次就能得到A^6，即(A*A)^3=A^6。算一下发现这次一共乘了3次，少于原来的5次。

其实大家还可以取A^3作为一个基本单位。原理都一样：利用矩阵乘法的结合律，来减少重复计算的次数。

回头看看矩阵的快速幂问题，我们是不是也能把它离散化呢？比如A^19 => （A^16）*（A^2）*（A^1），显然采取这样的方式计算时因子数将是log(n)级别的(原来的因子数是n)，不仅这样，因子间也是存在某种联系的，比如A^4能通过(A^2)*(A^2)得到，A^8又能通过(A^4)*(A^4)得到，这点也充分利用了现有的结果作为有利条件。下面举个例子进行说明：

现在要求A^156,而156(10)=10011100(2)

也就有A^156=>(A^4)*(A^8)*(A^16)*(A^128) 考虑到因子间的联系，我们从二进制10011100中的最右端开始计算到最左端。细节就说到这，下面给核心代码：

1 while(N)
2 {
3                 if(N&1)
4                        res=res*A;
5                 n>>=1;
6                 A=A*A;
7  }

里面的乘号，是矩阵乘的运算，res是结果矩阵。

第3行代码每进行一次，二进制数就少了最后面的一个1。二进制数有多少个1就第3行代码就执行多少次。

poj 3070 矩阵加速求斐波那契数列代码：

#include <cstdio>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <memory.h>

using namespace std;
int n = 2, m;
int s[2][2]={{1, 1}, {1, 0}};
struct matrix
{
    int r, c;
    int mat[3][3];
} res, origin;
void init()
{
    memset(res.mat, 0, sizeof(res.mat));
    res.r = n;
    res.c = n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        res.mat[i][i] = 1;
    }
    origin.c = n;
    origin.r = n;
    for(int i = 1; i <= n; i++)
    {
        for(int j = 1; j <= n; j++)
        origin.mat[i][j] = s[i - 1][j - 1];
    }
}
matrix multi(matrix x, matrix y)
{
    matrix t;
    int i, j, k;
    memset(t.mat, 0, sizeof(t.mat));
    t.r = x.r;
    t.c = y.c;
    for(i = 1; i <= x.r; i++)
    {
        for(k = 1; k <= x.c; k++)
            if(x.mat[i][k])
            {
                for(j = 1; j <= y.c; j++)
                {
                    t.mat[i][j] += (x.mat[i][k] * y.mat[k][j]) % 10000;
                    t.mat[i][j] %= 10000;
                }
            }
    }
//    for(i=1;i<=2;i++)
//    {
//        for(j=1;j<=2;j++)
//        {
//            for(k=1;j<=2;k++)
//            {
//                t.mat[i][j]+=(x.mat[i][k]*y.mat[k][j])000;
//                t.mat[i][j]%=10000;
//            }
//        }
//    }
    return t;
}
int main()
{
    freopen("in.txt","r",stdin);
    int m;
    while(scanf("%d", &m) != EOF)
    {
        if(m == -1) break;
        init();
        while(m)
        {
            if(m & 1)
            {
                res = multi(origin, res);
            }
            origin = multi(origin, origin);
            m = m >> 1;
        }
        printf("%d
", res.mat[1][2] % 10000);
    }
    return 0;
}