学习心得:《十个利用矩阵乘法解决的经典题目》from Matrix67

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节选如下部分:
矩阵乘法的两个重要性质:一,矩阵乘法不满足交换律;二,矩阵乘法满足结合律
经典题目1 给定n个点,m个操作,构造O(m+n)的算法输出m个操作后各点的位置。操作有平移、缩放、翻转和旋转
    这 里的操作是对所有点同时进行的。其中翻转是以坐标轴为对称轴进行翻转(两种情况),旋转则以原点为中心。如果对每个点分别进行模拟,那么m个操作总共耗时 O(mn)。利用矩阵乘法可以在O(m)的时间里把所有操作合并为一个矩阵,然后每个点与该矩阵相乘即可直接得出最终该点的位置,总共耗时O(m+n)。 假设初始时某个点的坐标为x和y,下面5个矩阵可以分别对其进行平移、旋转、翻转和旋转操作。预先把所有m个操作所对应的矩阵全部乘起来,再乘以 (x,y,1),即可一步得出最终点的位置。
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经典题目2 给定矩阵A,请快速计算出A^n(n个A相乘)的结果,输出的每个数都mod p。
    由 于矩阵乘法具有结合律,因此A^4 = A * A * A * A = (A*A) * (A*A) = A^2 * A^2。我们可以得到这样的结论:当n为偶数时,A^n = A^(n/2) * A^(n/2);当n为奇数时,A^n = A^(n/2) * A^(n/2) * A (其中n/2取整)。这就告诉我们,计算A^n也可以使用二分快速求幂的方法。例如,为了算出A^25的值,我们只需要递归地计算出A^12、A^6、 A^3的值即可。根据这里的一些结果,我们可以在计算过程中不断取模,避免高精度运算。

经典题目3 POJ3233 (感谢rmq)
    题目大意:给定矩阵A,求A + A^2 + A^3 + ... + A^k的结果(两个矩阵相加就是对应位置分别相加)。输出的数据mod m。k<=10^9。
    这道题两次二分,相当经典。首先我们知道,A^i可以二分求出。然后我们需要对整个题目的数据规模k进行二分。比如,当k=6时,有:
    A + A^2 + A^3 + A^4 + A^5 + A^6 =(A + A^2 + A^3) + A^3*(A + A^2 + A^3)
    应用这个式子后,规模k减小了一半。我们二分求出A^3后再递归地计算A + A^2 + A^3,即可得到原问题的答案。

经典题目4 VOJ1049
    题目大意:顺次给出m个置换,反复使用这m个置换对初始序列进行操作,问k次置换后的序列。m<=10, k<2^31。
    首先将这m个置换“合并”起来(算出这m个置换的乘积),然后接下来我们需要执行这个置换k/m次(取整,若有余数则剩下几步模拟即可)。注意任意一个置换都可以表示成矩阵的形式。例如,将1 2 3 4置换为3 1 2 4,相当于下面的矩阵乘法:
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置换k/m次就相当于在前面乘以k/m个这样的矩阵。我们可以二分计算出该矩阵的k/m次方,再乘以初始序列即可。做出来了别忙着高兴,得意之时就是你灭亡之日,别忘了最后可能还有几个置换需要模拟。

经典题目5 《算法艺术与信息学竞赛》207页(2.1代数方法和模型,[例题5]细菌,版次不同可能页码有偏差)
    大家自己去看看吧,书上讲得很详细。解题方法和上一题类似,都是用矩阵来表示操作,然后二分求最终状态。

经典题目6 给定n和p,求第n个Fibonacci数mod p的值,n不超过2^31
    根 据前面的一些思路,现在我们需要构造一个2 x 2的矩阵,使得它乘以(a,b)得到的结果是(b,a+b)。每多乘一次这个矩阵,这两个数就会多迭代一次。那么,我们把这个2 x 2的矩阵自乘n次,再乘以(0,1)就可以得到第n个Fibonacci数了。不用多想,这个2 x 2的矩阵很容易构造出来:
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经典题目7 VOJ1067
    我 们可以用上面的方法二分求出任何一个线性递推式的第n项,其对应矩阵的构造方法为:在右上角的(n-1)*(n-1)的小矩阵中的主对角线上填1,矩阵第 n行填对应的系数,其它地方都填0。例如,我们可以用下面的矩阵乘法来二分计算f(n) = 4f(n-1) - 3f(n-2) + 2f(n-4)的第k项:
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    利用矩阵乘法求解线性递推关系的题目我能编出一卡车来。这里给出的例题是系数全为1的情况。

经典题目8 给定一个有向图,问从A点恰好走k步(允许重复经过边)到达B点的方案数mod p的值
    把 给定的图转为邻接矩阵,即A(i,j)=1当且仅当存在一条边i->j。令C=A*A,那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j),实际上就 等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数(枚举k为中转点)。类似地,C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数。同理,如果要求经过k步的 路径数,我们只需要二分求出A^k即可。

经典题目9 用1 x 2的多米诺骨牌填满M x N的矩形有多少种方案,M<=5,N<2^31,输出答案mod p的结果
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我 们以M=3为例进行讲解。假设我们把这个矩形横着放在电脑屏幕上,从右往左一列一列地进行填充。其中前n-2列已经填满了,第n-1列参差不齐。现在我们 要做的事情是把第n-1列也填满,将状态转移到第n列上去。由于第n-1列的状态不一样(有8种不同的状态),因此我们需要分情况进行讨论。在图中,我把 转移前8种不同的状态放在左边,转移后8种不同的状态放在右边,左边的某种状态可以转移到右边的某种状态就在它们之间连一根线。注意为了保证方案不重复, 状态转移时我们不允许在第n-1列竖着放一个多米诺骨牌(例如左边第2种状态不能转移到右边第4种状态),否则这将与另一种转移前的状态重复。把这8种状 态的转移关系画成一个有向图,那么问题就变成了这样:从状态111出发,恰好经过n步回到这个状态有多少种方案。比如,n=2时有3种方案,111-& gt;011->111、111->110->111和111->000->111,这与用多米诺骨牌覆盖3x2矩形的方 案一一对应。这样这个题目就转化为了我们前面的例题8。
    后面我写了一份此题的源代码。你可以再次看到位运算的相关应用。

  #include <cstdio>
#define SIZE (1<<m)
#define MAX_SIZE 32
using namespace std; class CMatrix
{
public:
long element[MAX_SIZE][MAX_SIZE];
void setSize(int);
void setModulo(int);
CMatrix operator* (CMatrix);
CMatrix power(int);
private:
int size;
long modulo;
}; void CMatrix::setSize(int a)
{
for (int i=; i<a; i++)
for (int j=; j<a; j++)
element[i][j]=;
size = a;
} void CMatrix::setModulo(int a)
{
modulo = a;
} CMatrix CMatrix::operator* (CMatrix param)
{
CMatrix product;
product.setSize(size);
product.setModulo(modulo);
for (int i=; i<size; i++)
for (int j=; j<size; j++)
for (int k=; k<size; k++)
{
product.element[i][j]+=element[i][k]*param.element[k][j];
product.element[i][j]%=modulo;
}
return product;
} CMatrix CMatrix::power(int exp)
{
CMatrix tmp = (*this) * (*this);
if (exp==) return *this;
else if (exp & ) return tmp.power(exp/) * (*this);
else return tmp.power(exp/);
} int main()
{
const int validSet[]={,,,,,,,};
long n, m, p;
CMatrix unit;
scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
unit.setSize(SIZE);
for(int i=; i<SIZE; i++)
for(int j=; j<SIZE; j++)
if( ((~i)&j) == ((~i)&(SIZE-)) )
{
bool isValid=false;
for (int k=; k<; k++)isValid=isValid||(i&j)==validSet[k];
unit.element[i][j]=isValid;
} unit.setModulo(p);
printf("%d", unit.power(n).element[SIZE-][SIZE-] );
return ;
}

经典题目10 POJ2778
    题目大意是,检测所有可能的n位DNA串有多少个DNA串中不含有指定的病毒片段。合法的DNA只能由ACTG四个字符构成。题目将给出10个以内的病毒片段,每个片段长度不超过10。数据规模n<=2 000 000 000。
    下 面的讲解中我们以ATC,AAA,GGC,CT这四个病毒片段为例,说明怎样像上面的题一样通过构图将问题转化为例题8。我们找出所有病毒片段的前缀,把 n位DNA分为以下7类:以AT结尾、以AA结尾、以GG结尾、以?A结尾、以?G结尾、以?C结尾和以??结尾。其中问号表示“其它情况”,它可以是任 一字母,只要这个字母不会让它所在的串成为某个病毒的前缀。显然,这些分类是全集的一个划分(交集为空,并集为全集)。现在,假如我们已经知道了长度为 n-1的各类DNA中符合要求的DNA个数,我们需要求出长度为n时各类DNA的个数。我们可以根据各类型间的转移构造一个边上带权的有向图。例如,从 AT不能转移到AA,从AT转移到??有4种方法(后面加任一字母),从?A转移到AA有1种方案(后面加个A),从?A转移到??有2种方案(后面加G 或C),从GG到??有2种方案(后面加C将构成病毒片段,不合法,只能加A和T)等等。这个图的构造过程类似于用有限状态自动机做串匹配。然后,我们就 把这个图转化成矩阵,让这个矩阵自乘n次即可。最后输出的是从??状态到所有其它状态的路径数总和。
    题目中的数据规模保证前缀数不超过100,一次矩阵乘法是三方的,一共要乘log(n)次。因此这题总的复杂度是100^3 * log(n),AC了。

总结:
        1. 矩阵满足结合律. 启发思维: A^k求解的时候可以用二分法.
        2. 矩阵可以帮助我们把问题模型抽象出来.
            例如问题一~问题七重复性的操作建立一个矩阵表示每次的操作.
            然后按照矩阵乘积表示重复行的操作求解原问题.
        3. 在路径方面求解问题可以按照临接矩阵, A^k表示从i到j结果k条路可达之类问题.

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