【洛谷P1939】【模板】矩阵加速（数列）

题目大意：

题目链接：https://www.luogu.org/problemnew/show/P1939
设 $f_1=f_2=f_3=1,f_n=f_{n-3}+f_{n-1}$ 。求 $f_n$ 。

前言

这篇博客并不是专门来介绍矩阵乘法加速递推的。
但是既然是模板题就提一下吧。

什么是矩阵乘法？

下面是来自度娘的解释：
在这里插入图片描述

在这里插入图片描述
也就是说，对于两个矩阵 $A$ 和 $B$ ，在满足第一个矩阵的列数=第二个矩阵的行数时，这两个矩阵就可以相乘。那么假设 $A$ 是 $m\times p$ 的矩阵， $B$ 是 $p\times n$ 的矩阵，那么他们相乘得到的矩阵 $C$ 就是一个 $m\times n$ 的矩阵。
而且对于矩阵 $C$ 的任意元素 $_{ij}$ ，都等于矩阵A第i行的所有数字分别乘上矩阵B第j列的所有数字之和。（其实就是上图的公式）

矩阵乘法和递推的关系？

矩阵乘法和递推关系最密切的例子就是斐波那契数列了。↓
$矩阵乘法求斐波那契数列$
现在看不懂没关系，可以慢慢理解。
我们知道，斐波那契数列有这样的定义：
$f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$
那么如果我们有一个 $2\times 2$ 的矩阵，其中第一行分别是 $f_{i-1}$ 和 $f_{i-2}$ 。我们的目标是把第一行承上一个矩阵变成 $f_i$ 和 $f_{i-1}$ 。那么应该怎么办呢？
在这里插入图片描述

首先，矩阵 $A$ 和矩阵 $C$ 都含有 $f_{i-1}$ 这一项。那么就先从这里下手。
我们知道，矩阵 $C$ 的 $f_{i-1}$ 在第 $1$ 行第 $2$ 列。那么，根据公式，可以得到
$C_{1,2}=A_{1,1}\times B_{2,1}+A_{1,2}\times B_{2,2}$
也就是说
$f_{i-1}=f_{i-1}\times B_{2,1} +f_{i-2}\times B_{2,2}$
那么很明显，我们可以得到 $B_{2,1}=1,B_{2,2}=0$ 。这样可以保证进行矩阵乘法之后 $C_{1,2}$ 是 $f_{i-1}$ 。
在这里插入图片描述
那么现在来看矩阵 $C$ 中的 $f_i$ 。我们要保证的是
$C_{1,1}=A_{1,1}\times B_{1,1}+A_{1,2}\times B_{2,1}$
也就是说
$f_{i}=f_{i-1}\times B_{1,1}+f_{i-2}\times B_{2,1}$

我们知道， $f_i=f_{i-1}+f_{i-2}$ 。所以可以得到 $B_{1,1}=1,B_{2,1}=1$
在这里插入图片描述

那么整个矩阵 $B$ 都被我们求出来了。
得到了 $f_i$ 和 $f_{i-1}$ 后，我们再将它乘一次矩阵 $B$ ，就可以得到 $f_{i+1}$ 和 $f_i$ ，又可以得到 $f_{i+2}$ 和 $f_{i+1}...$
这样就可以得到 $f_n$ 了。

但是！

你以为就结束了？
这样的时间复杂度是 $O(nm^2)$ ，其中 $n$ 表示求斐波那契数列的第 $n$ 项， $m$ 表示矩阵的长宽。还不如递推。而且递推可以得到 $1$ 到 $n$ 的所有斐波那契数，而矩阵乘法只能求第 $n$ 项。
其实还有个地方可以优化。
我们求 $f_n$ 的时候其实是将原矩阵 $A$ 乘了 $n-1$ 次矩阵 $B$ 的。也就是说
$目标矩阵=A\times B^{n-1}$
看到 $n-1$ 次方想到了什么？
可以用快速幂！
我们用快速幂的思想求出 $B^{n-1}$ ，然后再乘上一个矩阵 $A$ 即可。
怎么用快速幂？
其实是一个道理。只不过把矩阵 $A$ 乘矩阵 $B$ 换成矩阵 $B$ 乘矩阵 $B$ 就可以了。
那么最终的时间复杂度为 $O(m^3logn)$ 。还是很优秀的。
$代码$

下面进入正题。

思路：

可以发现矩阵

在这里插入图片描述

然后就是套模板了。。。

代码：

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define MOD 1000000007
#define ll long long
using namespace std;

const ll b[4][4]=
{
	{0,0,0,0},
	{0,0,0,1},
	{0,1,0,0},
	{0,0,1,1}
};
int T,n;
ll f[4],a[4][4];


void mul(ll f[4],ll a[4][4])
{
	ll c[4];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for (int i=1;i<=3;i++)
	 for (int j=1;j<=3;j++)
	  c[i]=(c[i]+f[j]*a[j][i])%MOD;
	memcpy(f,c,sizeof(c));
}

void mulself(ll a[4][4])
{
	ll c[4][4];
	memset(c,0,sizeof(c));
	for (int i=1;i<=3;i++)
	 for (int j=1;j<=3;j++)
	  for (int k=1;k<=3;k++)
	   c[i][j]=(c[i][j]+a[i][k]*a[k][j])%MOD;
	memcpy(a,c,sizeof(c));
}

void ask(int x)
{
	while (x)
	{
		if (x&1) mul(f,a);
		x>>=1;
		mulself(a);
	}
}

int main()
{
	scanf("%d",&T);
	while (T--)
	{
		scanf("%d",&n);
		if (n<4) 
		{
			printf("1\n");
			continue;
		}
		memcpy(a,b,sizeof(b));
		f[1]=f[2]=f[3]=1;
		ask(n-3);
		printf("%lld\n",f[3]);
	}
	return 0;
}