【转载】ACM中矩阵乘法的应用

深碍√TFBOYSˉ_ 2022-08-09 13:49 146阅读 0赞

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不要以为数学中的矩阵也是黑色屏幕上不断变化的绿色字符。在数学中，一个矩阵说穿了就是一个二维数组。一个n行m列的矩阵可以乘以一个m行p列的矩阵，得到的结果是一个n行p列的矩阵，其中的第i行第j列位置上的数等于前一个矩阵第i行上的m个数与后一个矩阵第j列上的m个数对应相乘后所有m个乘积的和。比如，下面的算式表示一个2行2列的矩阵乘以2行3列的矩阵，其结果是一个2行3列的矩阵。其中，结果的那个4等于2\*2+0\*1：  
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下面的算式则是一个1 x 3的矩阵乘以3 x 2的矩阵，得到一个1 x 2的矩阵：  
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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。为什么矩阵乘法不满足交换律呢？废话，交换过来后两个矩阵有可能根本不能相乘。为什么它又满足结合律呢？仔细想想你会发现这也是废话。假设你有三个矩阵A、B、C，那么(AB)C和A(BC)的结果的第i行第j列上的数都等于所有A(ik)\*B(kl)\*C(lj)的和（枚举所有的k和l）。

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  
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。  
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这题有位强人topsky 说：  
题目3  
构造一个矩阵  
A I  
O I  
自乘后  
A^2 I+A  
O I  
乘3次为  
A^3 I+A+A^2  
O I  
这样应该会更快吧，直接二分一下。（有木有感觉很强大？）  
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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：

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->011->111、111->110->111和111->000->111，这与用多米诺骨牌覆盖3×2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。

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。

最后给出第9题的代码供大家参考（今天写的，熟悉了一下C++的类和运算符重载）。为了避免大家看代码看着看着就忘了，我把这句话放在前面来说：  
Matrix67原创，转贴请注明出处。

\#include  
\#define SIZE (1<  
\#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=0; i  
for (int j=0; j  
element\[i\]\[j\]=0;  
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=0; i  
for (int j=0; j  
for (int k=0; 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==1) return \*this;  
else if (exp & 1) return tmp.power(exp/2) \* (\*this);  
else return tmp.power(exp/2);  
\}

int main()  
\{  
const int validSet\[\]=\{0,3,6,12,15,24,27,30\};  
long n, m, p;  
CMatrix unit;

scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);  
unit.setSize(SIZE);  
for(int i=0; i  
for(int j=0; j  
if( ((~i)&j) == ((~i)&(SIZE-1)) )  
\{  
bool isValid=false;  
for (int k=0; k<8; k++)isValid=isValid||(i&j)==validSet\[k\];  
unit.element\[i\]\[j\]=isValid;  
\}

unit.setModulo(p);  
printf("%d", unit.power(n).element\[SIZE-1\]\[SIZE-1\] );  
return 0;  
\}

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[ACM_ - toints - toints 1]: /images/20220731/7605dbbc21f5481385a9207cbfec7399.png
[ACM_ - toints - toints 2]: /images/20220731/35792201649243e68da08dfca9de813e.png
[ACM_ - toints - toints 3]: /images/20220731/4208838a051e43a997a3ce9c3dbc8fcb.png
[ACM_ - toints - toints 4]: /images/20220731/0c7614bf27674674bd9d1fd14ec4d2f5.png
[ACM_ - toints - toints 5]: /images/20220731/a942df3516514c199858c7bba5466d16.png