矩阵快速幂 笔记

本文原在 2024-05-10 20:48 发布于本人洛谷博客。

一、简单介绍

一个 \(m\times n\) 的矩阵 \(A\) 可以和一个 \(n\times p\) 的矩阵 \(B\) 相乘，得到一个大小为 \(n\times p\) 的矩阵 \(C\)，其中：

\[C_{i,j}=\sum_{k=1}^nA_{i,k}\times B_{k,j} \]

那么就可以用快速幂求矩阵幂了。

二、简单应用

1. P1962 斐波那契数列

\(f_1=f_2=1\)，\(f_i=f_{i-1}+f_{i-2}\)，求 \(f_n\bmod 10^9+7\)。

我们假设矩阵 \(\begin{bmatrix}f_{i-1}&f_i\end{bmatrix}\) 乘上某一个矩阵之后可以得到 \(\begin{bmatrix}f_i&f_{i+1}\end{bmatrix}\)，由于 \(f_i=0\times f_{i-1}+1\times f_i\)，\(f_{i+1}=1\times f_{i-1}+1\times f_i\)，所以：

\[\begin{bmatrix}f_{i-1}&f_i\end{bmatrix}\times\begin{bmatrix}0&1\\1&1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}f_i&f_{i+1}\end{bmatrix} \]

矩阵快速幂解决即可。

2. 数列

\(f_1=f_2=0\)，\(f_i=7\times f_{i-1}+6\times f_{i-2}+4\times 3^i+5\times i\)，求 \(f_n\bmod 10^9+7\)。

同理，假设矩阵 \(\begin{bmatrix}f_{i-1}&f_i&4\times 3^i&5\times i&5\end{bmatrix}\) 乘上某一个矩阵可以得到 \(\begin{bmatrix}f_i&f_{i+1}&4\times 3^{i+1}&5\times (i+1)&5\end{bmatrix}\)。

由于：

\[\left\{\begin{matrix} f_i&=&1\times f_i \\ f_{i+1}&=&6\times f_i+7\times f_{i-1}+3\times 4\times 3^i+1\times 5\times i+1\times 5 \\ 4\times 3^{i+1}&=&3\times 4\times 3^i \\ 5\times (i+1)&=&1\times 5\times i+1\times 5 \\ 5&=&1\times 5 \end{matrix}\right. \]

所以：

\[\begin{bmatrix}f_{i-1}&f_i&4\times 3^i&5\times i&5\end{bmatrix} \times \begin{bmatrix} 0 & 6 & 0 & 0 & 0\\ 1 & 7 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 3 & 3 & 0 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 1 & 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix}f_i&f_{i+1}&4\times 3^{i+1}&5\times (i+1)&5\end{bmatrix} \]

3. CF691E Xor-sequences

给定一个数集 \(A\)，现在你需要构造一个长度为 \(k\) 的序列 \(B\)，序列 \(B\) 的元素从数集 \(A\) 中任意挑选，要求 \(B\) 中任意相邻的两个数字的异或值二进制表示中 \(1\) 的个数是 \(3\) 的倍数，求方案数，对 \(10^9+7\) 取模。

\(1\le n\le 100\)，\(1\le k,a_i\le 10^{18}\)。

设 \(f_{i,j}\) 表示当 \(B\) 序列长度为 \(i\)，且最后一个选 \(j\) 的方案数，\(p(x)\) 表示 \(x\) 在二进制下 \(1\) 的个数，则：

\[f_{i+1,j}=\sum_{k=1}^n f_{i,k}[3\mid p(a_j\oplus a_k)] \]

最终答案即为 \(\sum_{i=1}^n f_{n,i}\)。

考虑优化，由于每一个 \(j\) 都只能从固定的某几个 \(k\) 转移而来（因为 \(a_j\oplus a_k\) 的值与 \(i\) 无关），所以考虑矩阵加速。

假设 \(\begin{bmatrix} f_{i,1} & f_{i,2} & f_{i,3} & \dots & f_{i,n} \end{bmatrix}\) 乘上某个矩阵可以得到 \(\begin{bmatrix} f_{i+1,1} & f_{i+1,2} & f_{i+1,3} & \dots & f_{i+1,n} \end{bmatrix}\)，\(c(j,k)\) 表示 \(3\mid p(a_j\oplus a_k)\)。根据上面的状态转移方程，这是一个 \(n\times n\) 的矩阵，第 \(i\) 行第 \(j\) 列的值就是 \(c(i,j)\)，写个函数即可。

matrix b(n, n, false);
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= n; j++) b.d[i][j] = check(a[i], a[j]);
b = pow_matrix(b, k - 1);
int ans = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++)
    for (int j = 1; j <= n; j++) ans = (ans + b.d[i][j]) % mod;
cout << ans;

4. P3176 [HAOI2015] 数字串拆分

本文原在 2025-04-07 18:03 发布于本人洛谷博客。

由于 \(f(s)\) 的拆分方式不关心顺序，故有 \(f(i)=\sum_{j\in [i-m,i)} f(j)\)（\(f(0)=1\)），可理解为在 \(f(j)\) 的拆分基础上，添加一个大小为 \((i-j)\) 的数。

那么构造矩阵 \(F_i=\begin{bmatrix}f(i) & f(i-1) & f(i-2) & \cdots & f(i-m+1)\end{bmatrix}\)，矩阵快速幂转移即可求出 \(f(i)=F_i(1,1)\)，假设转移矩阵为 \(A\)，那么有 \(F_i=F_0\times A^{i}\)。

由初中数学知识，\(F_{x+y}+F_{z+w}=F_0\times(A^x\times A^y+A^z\times A^w)\)，故 \(g(s)\) 就相当于将字符串 \(s\) 拆成若干段，每一段的转移矩阵相乘，不同拆法的转移矩阵相加。设 \(G_i\) 表示 \(s\) 前 \(i\) 位的转移矩阵，则有转移 \(G_i=\sum_{j\in [1,i]}G_{j-1}\times A^{s[j:i]}\)。

但是 \(|s|\le 500\)，\(A^{s[j:i]}\) 将会涉及指数高精。考虑递推求出所有的 \(A^{s[j:i]}\)，可以将 \(s[j:i]\) 拆位，先求出每个数码的转移矩阵。设 \(B_{i,j}=A^{i\times 10^j}\)，递推可求。接着设 \(C_{j,i}\) 表示 \(s[j:i]\) 的转移矩阵，则有 \(C_{j,i}=C_{j+1,i}\times B_{s_j,i-j}\)。

最终答案即为 \((F_0\times G_{|s|})(1,1)\)。

忽略矩阵乘法，求 \(B\) 时间 \(O(10\times |s|)\)，求 \(C\) 时间 \(O(|s|^2)\)，求 \(G\) 时间 \(O(|s|^2)\)。瓶颈在求 \(C,G\)，时间复杂度为 \(O(m^3|s|^2)\)，可以通过。