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矩阵乘法 发表评论(0) 编辑词条

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基本概念 编辑本段回目录


  矩阵乘法是一种高效的算法可以把一些一维递推优化到log( n ),还可以求路径方案等,所以更是是一种应用性极强的算法。
  矩阵,是线性代数中的基本概念之一。一个m×n的矩阵就是m×n个数排成m行n列的一个数阵。由于它把许多数据紧凑的集中到了一起,所以有时候可以简便地表示一些复杂的模型。矩阵乘法看起来很奇怪,但实际上非常有用。

基本定义 编辑本段回目录

  它是这样定义的,只有当矩阵A的列数与矩阵B的行数相等时A×B才有意义。一个m×n的矩阵a(m,n)左乘一个n×p的矩阵b(n,p),会得到一个m×p的矩阵c(m,p),满足
  矩阵乘法满足结合率,但不满足交换率
  一般的矩乘要结合快速幂才有效果``
  

一般矩乘的代码:编辑本段回目录

      function mul( a , b : Tmatrix ) : Tmatrix;
  var
  i,j,k : longint;
  c : Tmatrix;
  begin
  fillchar( c , sizeof( c ) , 0 );
  for k:=0 to m do
  for i:=0 to m do
  for j:=0 to m do
  begin
  inc( c[ i , j ] , a[ i , k ]*b[ k , j ] );
  if c[ i , j ] > ra then c[ i , j ]:=c[ i , j ] mod ra;
  end;
  mul:=c;
  end;
  -------------------------------------------------------------------------------------------------------------
  矩阵乘法在编程语言中的运用例题(十个利用矩阵乘法解决的经典题目 )
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经典题目 编辑本段回目录



  好像目前还没有这方面题目的总结。这几天连续看到四个问这类题目的人,今天在这里简单写一下。这里我们不介绍其它有关矩阵的知识,只介绍矩阵乘法和相关性质。
  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:
  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:
  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。
  

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:
  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:
  

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
  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。
  

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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