矩阵部分
矩阵乘法
两个矩阵做乘法运算时需要保证 \(A\) 的列等于 \(B\) 的行。
换句话来说，一个 \(n\times m\) 的矩阵 \(A\) 与一个 \(m\times k\) 的矩阵 \(B\) 相乘得到大小为 \(n\times k\) 的矩阵。
定义：
矩阵乘法运算律
\[A\times B≠B\times A \]\[(A\times B) \times C=A\times (B \times C) \]\[A\times [B \ C]=[A\times B \ A\times C] \]
其中 \([A\ B]\) 表示将矩阵 \(A,B\) 合并。
单位矩阵
\(n\) 阶单位矩阵 \(I\) 定义为：
性质：\(A\times I=A\)
初等行变换
这里只讲初等行变换。
初等行变换有三种操作：
将矩阵 \(A\) 的两行交换
将矩阵 \(A\) 的一行乘上同一个数
将矩阵 \(A\) 的一行减去另一行
性质：对矩阵 \(A\) 进行若干次初等行变换相当于在矩阵 \(A\) 的左边乘上一个矩阵 \(B\)。
初等矩阵
初等矩阵定义为 \(n\) 阶单位矩阵经过若干次初等行变换能够形成的矩阵。
逆矩阵
若一个 \(n\) 阶矩阵 \(A\)，存在一个 \(n\) 阶矩阵 \(B\) 使得 \(A\times B=I\)，那么称 \(B\) 是 \(A\) 的逆矩阵。
不是所有矩阵都有逆矩阵，必须是初等矩阵，由定义可知。
矩阵求逆
对于矩阵 \(A\)，我们对它进行若干次初等变换后得到 \(I\)。等价于在 \(A\) 左侧乘上一堆矩阵。
联立两个式子
我们可以将这一坨
想象成进行若干次初等行变换，那么第一个式子相当于告诉我们 \(A\) 经过若干次变换后得到 \(I\)，\(I\) 经过相同的操作就能得到 \(A\) 的逆矩阵 \(A^{-1}\)！
于是我们可以将 \(A\) 和 \(I\) 放到一起，然后将 \(A\) 变成 \(I\)，那么 \(I\) 就变成了 \(A^{-1}\)。
具体应用
例 \(1:\)
设 \(f_0=0,f_1=1,f_2=1\)，然后有
请用矩阵加速计算。
注意到 \(f_n\) 与 \(f_{n-1},f_{n-2},f_{n-3}\) 有关，那么我们构造矩阵 \(\begin{bmatrix} f_{n-2} & f_{n-1} & f_{n}\end{bmatrix}\)，希望乘上一个 \(3\times 3\) 的矩阵得到 \(\begin{bmatrix} f_{n-1} & f_{n} & f_{n+1}\end{bmatrix}\)。
由于 \(f_{n-1}=0f_{n-2}+f_{n-1}+0f_n\)，所以第一列构造 \(0,1,0\)。
同理我们可以依次构造出 \(\begin{bmatrix} 0 & 0 & 5\\1 & 0 & 7\\0 & 1 & 3\end{bmatrix}\)。
初始矩阵为 \(\begin{bmatrix} 0,1,1 \end{bmatrix}\)，乘上矩阵 \(\begin{bmatrix} 0 & 0 & 5\\1 & 0 & 7\\0 & 1 & 3\end{bmatrix}\) \(n-2\) 次可以得到 \(f_n\)，用矩阵快速幂可以做到 \(\log\) 复杂度。
例 \(2:\)
设 \(f_0=0,f_1=1\)，然后
构造矩阵 \(\begin{bmatrix} 1 & 0 & 1\\0 & 0 & 6\\0 & 1 & 9 \end{bmatrix}\)，初始矩阵为 \(\begin{bmatrix} 5,0,1 \end{bmatrix}\) 即可。
例 \(3:\)
P5175 数列
一个数列 $a_n $，已知 \(a_1\) 及 \(a_2\) 两项。
数列 \(a_n\) 满足递推式 \(a_n=x \times a_{n-1}+ y \times a_{n-2}(n≥3).\)
求 \(\sum_{i=1}^na_i^2\)
由于答案可能过大，对 \(10^9+7\) 取模。
此题的难点在于 \(a_i\) 多了一个平方。
但是题目给了我们 \(a_i\) 的通式，所以我们考虑将 \(a_i\) 展开。
\(\begin{aligned} a_i^2 &= (x\times a_{i-1}+y\times a_{i-2})^2 \\ &=x^2\times a_{i-1}^2+y^2\times a_{i-2}^2+2\times x\times y\times a_{i-1}\times a_{i-2}\\ \end{aligned}\)
发现展开项包括 \(a_i^2,a_{i-1}^2,a_ia_{i-1}\)，因此考虑构造矩阵 \(\begin{bmatrix} a_{i-1}^2,a_{i}^2,a_ia_{i-1} \end{bmatrix}\)
由于 \(a_{i+1}=x\times a_i+y\times a_{i-1}\)
所以 \(a_ia_{i+1}=a_i(x\times a_{i}+y\times a_{i-1})=x\times a_i^2+y\times a_{i-1}\times a_i\)
那么我们需要乘上矩阵 \(\begin{bmatrix} 0 & y^2 & 0\\ 1 & x^2 & x^2\\0 & 2xy & y \end{bmatrix}\) 来得到矩阵 \(\begin{bmatrix} a_{i}^2,a_{i+1}^2,a_{i+1}a_i \end{bmatrix}\)。
但是这样还不够，因为我们要求的是 \(\sum_{i=1}^{n}a_i^2\)，所以考虑在矩阵前面加上一个 \(ans_i\) 表示 \(\sum_{j=1}^{i}a_j^2\)
综上，我们的初始矩阵为 \(\begin{bmatrix} ans_{i-1},a_{i-1}^2,a_i^2,a_ia_{i-1} \end{bmatrix}\)，操作矩阵为 \(\begin{bmatrix} 1 & 0 & 0 & 0\\0 & 0 & y^2 & 0\\1 & 1 & x^2 & x^2\\0 & 0 & 2xy & y \end{bmatrix}\)，然后就可以矩阵快速幂了。
例 \(4:\)
P5136 sequence
题目描述
Wolfycz非常喜欢研究数列，同时他也喜欢研究黄金分割率，有一天Wolfycz写下了一个数列，他令\(A_i=\lceil(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2})^i\rceil\)，但是Wolfycz并不知道\(A_n\)的值，所以希望你来帮帮他
考虑构造方程使得 \(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2}\) 与 \(\dfrac{-\sqrt{5}+1}{2}\) 是这个方程的两个解。
方程构造为 \(x^2-x-1=0\)，那么 \(x^2=x+1\)，两边同时乘上 \(x^{n-2}\) 可以得到 \(x^n=x^{n-1}+x^{n-2}\)，然后记 \(f(i)=(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2})^i+(\dfrac{-\sqrt{5}+1}{2})^i\)，这样做的意义是使得 \(f(i)\) 是整数。那么 \(f(i)=f(i-1)+f(i-2)\)，其中 \(f(0)=2,f(1)=1\)。
我们可以通过矩阵加速快速计算。
构造矩阵 \(\begin{bmatrix} f_{i-1},f_i \end{bmatrix}\)，将这个矩阵乘上 \(\begin{bmatrix} 0 & 1\\1 & 1 \end{bmatrix}\) 可以得到 \(\begin{bmatrix} f_{i},f_{i+1} \end{bmatrix}\)。
这样我们就可以快速计算 \(f_n\)。
但是我们要求 \(\lceil(\dfrac{\sqrt{5}+1}{2})^i\rceil\)，注意到 \(-1<\dfrac{-\sqrt{5}+1}{2}<0\)，那么当 \(i\bmod 2=0\) 时，\(0<(\dfrac{-\sqrt{5}+1}{2})^i<1\)，此时我们的答案不变。同理，我们可以求出 \(i\bmod 2=1\) 时的答案为 \(f(n)-1\)，这样就完成了这道题。
P3263 [JLOI2015] 有意义的字符串
这道题和 sequence 差不多，我们同样只需要构造方程，在构造函数，最后分情况讨论即可，因此不在赘述。
P4783 【模板】矩阵求逆
这是一道板子题，直接放代码吧。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
const int N = 810;
const int mod = 1e9+7;
int n,a[N][N];
int qpow(int a,int p,int m){
int res=1;
while(p){
if(p&1) res=res*a%m;
a=a*a%m;
p>>=1;
}
return res;
}
signed main(){
ios::sync_with_stdio(false);
cin.tie(0),cout.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;++i){
a[i][i+n]=1;
for(int j=1;j<=n;++j){
cin>>a[i][j];
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
int m=i;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(j<i&&a[j][j]) continue;
if(a[j][i]>a[m][i]) m=j;
}
if(!a[m][i]){
puts("No Solution");
return 0;
}
swap(a[i],a[m]);
int mul=qpow(a[i][i],mod-2,mod);
for(int j=1;j<=2*n;++j) a[i][j]=a[i][j]*mul%mod;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i==j) continue;
int d=a[j][i];
for(int k=i;k<=2*n;++k){
a[j][k]=((a[j][k]-a[i][k]*d%mod)%mod+mod)%mod;
}
}
}
for(int i=1;i<=n;++i){
for(int j=n+1;j<=2*n;++j){
cout<<a[i][j]<<" ";
}
cout<<endl;
}
return 0;
}
线性代数部分
求解线性方程组
现在有这样一个方程组
\(\begin{cases}
a_{1,1}x_1+a_{1,2}x_2+\dots +a_{1,n}x_n=b_1\\
a_{2,1}x_1+a_{2,2}x_2+\dots +a_{2,n}x_n=b_2\\
\dots\\
a_{n,1}x_1+a_{n,2}x_2+\dots +a_{n,n}x_n=b_n\\
\end{cases}\)
其中 \(a_i,b_i∈ \Z\)，求出方程的实数解。
考虑增广矩阵。
\(X=\begin{pmatrix}
a_{1,1},a_{1,2}\dots a_{1,n},b_1\\
a_{2,1},a_{2,2}\dots a_{2,n},b_2\\
\dots\\
a_{n,1},a_{n,2}\dots a_{n,n},b_n
\end{pmatrix}\)
那么问题化为对 \(X\) 进行若干次初等行变换消元。
高斯-约旦消元
高斯消元太麻烦，这里只讲高斯-约旦消元。
具体步骤是先对于每一列，找到最大的那个数，然后用最大的那个数去消元，原因是方便判断是否全为 0 和精度问题的考虑。
直接放代码
for(int i=1;i<=n;++i){
int m=i;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(j<i&&!eq(fabs(a[j][j]),0)) continue;
//这个判断的原因是如果上面的”钦定“项为0，那么这里的xi被约掉了，也就是说，这个x是可以有无穷多个的，那么我们也可以用这一行的钦定值去消元。
if(fabs(a[m][i])<fabs(a[j][i])) m=j;
}
swap(a[m],a[i]);
if(eq(fabs(a[i][i]),0)) continue;
//如果最大值都为0了，那么这一列都是0，那么这里的xi有无穷多种
double d=a[i][i];
for(int j=i;j<=n+1;++j) a[i][j]/=d;
//先将这一列除一个d，使得系数为1
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i==j) continue;
d=a[j][i];
for(int k=i;k<=n+1;++k) a[j][k]-=d*a[i][k];//消元
}
}
然后是判断无解或者无穷多组解的方法
bool ok=0;
for(int i=1;i<=n;++i){
if(eq(fabs(a[i][i]),0)){//这个的系数为0
ok=1;
if(!eq(fabs(a[i][n+1]),0)){
//方程0x!=0
puts("-1");//注意无解>无穷多解>有唯一解
return 0;
}
}
}
if(ok){
puts("0");
return 0;
}
高斯消元求解异或方程组
现在有一个异或方程组
\(\begin{cases}
a_{1,1} x_1\oplus a_{1,2}x_2\oplus\dots \oplus a_{1,n}x_n=b_1\\
a_{2,1} x_1\oplus a_{2,2}x_2\oplus\dots \oplus a_{2,n}x_n=b_2\\
\dots\\
a_{n,1} x_1\oplus a_{n,2}x_2\oplus\dots \oplus a_{n,n}x_n=b_n\\
\end{cases}\)
其中 \(a_{i,j},x_k,b_k∈\{0,1\}\)。
阁下该如何应对呢？
方法其实很简单，与求解线性方程组一样。考虑到第 \(i\) 列时，找到一个 \(1\) 然后让这一行去消元。
举个例子。
\(\begin{cases}
x_1\oplus x_2=1\\
x_2\oplus x_3=1\\
x_1\oplus x_3=0\\
\end{cases}\)
考虑构造增广矩阵
\(\begin{pmatrix}
1,1,0,1\\
0,1,1,1\\
1,0,1,0\\
\end{pmatrix}\)
然后让第三行去异或上第一行得到
\(\begin{pmatrix}
1,1,0,1\\
0,1,1,1\\
0,1,1,1\\
\end{pmatrix}\)
再让第一行异或上第二行
\(\begin{pmatrix}
1,0,1,0\\
0,1,1,1\\
0,1,1,1\\
\end{pmatrix}\)
再让第三行异或上第二行
\(\begin{pmatrix}
1,0,1,0\\
0,1,1,1\\
0,0,0,0\\
\end{pmatrix}\)
停止操作。但是发现最后一行全部为 \(0\)，说明方程多解。最后的这个矩阵表示的含义为
\(\begin{cases}
x_2\oplus x_3=1\\
x_1\oplus x_3=0\\
\end{cases}\)
也就是
\(\begin{cases}
x_1=1-t\\
x_2=t\\
x_3=1-t\\
t∈\{0,1\}
\end{cases}\)
下面放上代码
for(int i=1;i<=n;++i){
int m=i;
for(int j=1;j<=n;++j){
if(j<i&&matrix[j][j]) continue;
if(matrix[j][i]>matrix[m][i]) m=j;
}
if(!matrix[m][i]) continue;
swap(matrix[m],matrix[i]);
for(int j=1;j<=n;++j){
if(i==j) continue;
if(matrix[j][i]){
for(int k=i;k<=n+1;++k) matrix[j][k]^=matrix[i][k];
}
}
}
甚至比普通还简单。。。
浙公网安备 33010602011771号