【学习笔记】动态规划—矩阵递推加速

【大前言】

矩阵优化 $dp$ 通常用于线性递推式的 $dp$ 优化，能以优异的时间复杂度实现大量的状态转移。

更完整的 $dp$ 优化策略：【学习笔记】动态规划—各种 $DP$ 优化

\[ QAQ \]

一.【题目特征】

$(1).$ 类似线性递推（划重点，包括有向图上的递推等等）
$(2).$ 转移次数 $10^9$ 左右（雾）
$(3).$ 决策点较少（常数）

\[ QAQ \]

二.【前置芝士】

1.【前言】

首先要清楚矩阵是个什么东西，在对 $dp$ 进行优化时通常只会用到矩阵乘法和矩阵加法，其中矩阵乘法最为常见。

2.【运算法则】

(1).【矩阵加法】

矩阵乘法的一般式：$C_{i,j}=A_{i,j} + B_{i,j}$，其中 $A,B$ 均为 $N \times N$ 的矩阵，矩阵 $A + B$ 得到 $N \times N$ 的矩阵 $C$ 。

式子的含义为：矩阵 $C$ 由矩阵 $A,B$ 对应位置上数值相加所得。

划重点：矩阵加法满足交换律 。

(2).【矩阵乘法】

矩阵乘法的一般式：$C_{i,j}=\sum_{k=1}^{K} (A_{i,k} \times B_{k,j})$，其中 $A$ 为 $N \times K$ 的矩阵，$B$ 为 $K*M$ 的矩阵，矩阵 $A \times B$ 得到 $N \times M$ 的矩阵 $C$ 。

式子的含义为：矩阵 $C_{i,j}$ 由矩阵 $A$ 第 $i$ 行上的 $K$ 个数与矩阵 $B$ 第 $j$ 列上的 $K$ 分别相乘并求和得到。

划重点：矩阵乘法不满足交换律，满足结合律，满足分配律（在某些特定情况下满足乘法交换律）。

\[ QAQ \]

三.【如何优化加速】

1.【前言】

以斐波那契数列 $[P1962]$ 为例，大部分人都会简单的求 $Fibonacci$，其递推式为 $f(n)=f(n-1)+f(n-2) (n \geqslant 2$ $且$ $n \in N^{*})$，其中 $f(1)=f(2)=1$ 。

这道题按照正常的递推做法可以过 $60$ 分，对于大一点的 $n$ 就不行了。

由于其递推方程是固定的，决策点只要两个（$n-1$ 和 $n-2$），所以可以考虑用矩阵乘法加速。

2.【构造答案矩阵和累乘矩阵】

还是以斐波那契数列 $[P1962]$ 为例，

注意决策点数量：两个，可以先尝试使用二维矩阵，如果不行就试着加一维（辅助递推），大概做法如下：

设 $f(n)$ 为 $Fibonacci$ 数列第 $n$ 项。

先构建一个 $1 \times 2$ 的答案矩阵 $F(n)$：

$F(n) = \begin{vmatrix}f(n)&f(n-1)\end{vmatrix}$

再构造一个 $2 \times 2$ 的累乘矩阵 $base$：

$base = \begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix}$，其中 $a,b,c,d$ 均为未知数

我们需要满足：$F(n) \times base = F(n+1)$ 。
即 $\begin{vmatrix}f(n)&f(n-1)\end{vmatrix} \times \begin{vmatrix}a&b\\c&d\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}af(n)+cf(n-1)&bf(n)+df(n-1)\end{vmatrix} = \begin{vmatrix}f(n+1)&f(n)\end{vmatrix}$
即 $af(n)+cf(n-1)=f(n+1),bf(n)+df(n-1)=f(n)$
由递推式可知：$a=b=c=1,d=0$
即 $base = \begin{vmatrix}1&1\\1&0\end{vmatrix}$ 。

实际上在做题的时候不需要这么麻烦，只需要按这种思路去模拟一下 $base$ 就出来了。

3.【快速幂加速运算】

对 $F(n)$ 稍作转换：$F(n) = F(2) \times base \times base......\times base$，其中 $base$ 一共乘了 $n-2$ 次。

为什么要写 $F(2)$ 呢？在写题时，这是一个致命的细节问题。
根据定义，$F(1)=\begin{vmatrix}f(1)&f(0)\end{vmatrix}$，其中 $f(0)$ 无法计算（或者说毫无意义），所以要用 $f(2)$ 作为初始矩阵来计算。

由矩阵乘法结合律可知： $F(n)=F(2) \times base^{n-2} = \begin{vmatrix}1&1\end{vmatrix} \times \begin{vmatrix}1&1\\1&0\end{vmatrix}^{n-2}$

即 $F(n) = \begin{vmatrix}1&1\end{vmatrix} \times \begin{vmatrix}1&1\\1&0\end{vmatrix}^{n-2} = \begin{vmatrix}f(n)&f(n-1)\end{vmatrix}$

在具体的代码实现中，我们可以将 $F(n)$ 视为 $2 \times 2$ 的矩阵，多余的部分赋值为 $0$，即 $F(n) = \begin{vmatrix}f(n)&f(n-1)\\0&0\end{vmatrix}$，可以发现，不管怎么乘，它还是这样的形式（第二行和 $1 \times 2$ 矩阵的变化相同，第二行依然全为 $0$）。
求 $base$ 的幂时用一个快速幂，注意快速幂初始值要设为 $F(2)$，如果在算完 $base^{n-2}$ 后再乘上 $F(2)$ 的话，就违背了矩阵乘法不满足交换律的原则。

时间复杂度为 $O(logn)$。

4.【Code】

//f[1]=f[2]=1,f[n]=f[n-1]+f[n-2]
//[1 1]
//[1 0]
#include<cstring>
#include<cstdio>
#define LL long long
const int P=1e9+7;
struct QAQ{//结构体打包用起来比较方便
    LL a[3][3];
    void CL(){memset(a,0,sizeof(a));a[1][1]=a[2][1]=a[1][2]=1;}
    QAQ operator * (QAQ &x){
        int i,j,k;QAQ ans;memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));
        for(i=1;i<3;i++)
            for(j=1;j<3;j++)
                for(k=1;k<3;k++)
                    (ans.a[i][j]+=a[i][k]*x.a[k][j]%P)%=P;
        return ans;
    }
};
LL n;
inline LL sovle(LL k){
    if(k<1)return 1;//特判很重要
    if(!k)return 1;
    QAQ s,x;x.CL();s.a[1][1]=s.a[1][2]=1,s.a[2][1]=s.a[2][2]=0;//初始化F(2)
    while(k){
        if(k&1)s=(s*x);
        x=(x*x);k>>=1;
    }
    return s.a[1][1]%P;
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    printf("%lld\n",sovle(n-2));
}

\[ QAQ \]

五.【矩阵加维】

1.【前言】

缺什么补什么，有不确定的信息就先将递推式写出来，然后根据具体情况加维。

下面一共总结了 $3$ 种需要加维的情况（可能不全，欢迎补充）：

2.【带常数项 k】

递推方程：$f(n)=f(n-1)+f(n-2)+k$ 。

求：$f(n)$。

常数项不可忽略，应当专门加一维来计算常数。常数项的递推式是最简单的： $k_n=k_{n-1}+0$ 。

$F(n) = \begin{vmatrix}f(n)&f(n-1)&k\end{vmatrix}$，$base = \begin{vmatrix}1&1&0\\1&0&0\\1&0&1\end{vmatrix}$ 。

3.【带未知数项 n】

递推方程：$f(n)=f(n-1)+f(n-2)+n$ 。

求：$f(n)$。

先将未知项的递推式写出来： $(n)=(n-1)+1$ ，虽然 $f(n)$ 的转移只有四项，但需要加一维来辅助未知项 $n$ 的递推。

$F(n) = \begin{vmatrix}f(n)&f(n-1)&n&1\end{vmatrix}$，$base = \begin{vmatrix}1&1&0&0\\1&0&0&0\\1&0&1&0\\1&0&1&1\end{vmatrix}$ 。

4.【求和】

递推方程：$f(n)=f(n-1)+f(n-2)$ 。

求：$S(n)=\sum_{i=1}^{n} f(i)$ 。

暴力计算 $n$ 次得出 $f(i)$ 数组肯定是不行的，但可以尝试将 $S(n)$ 放入矩阵跟随着 $f(n)$ 一起递推。

先将前缀和的递推式写出来：$S(n)=S(n-1)+f(n)$ 。

$F(n) = \begin{vmatrix}f(n)&f(n-1)&S(n-1)\end{vmatrix}$，$base = \begin{vmatrix}1&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{vmatrix}$ 。

\[ QAQ \]

六.【一些经典题目】

1.【连续幂次和】

给定一个 $n \times n$ 的矩阵 $A$ 和一个整数 $K$，求 $\sum_{i=1}^{K} A^i$ 。传送门

2.【分析】

(1).【两次二分】

对于单个 $A^i$ 可以通过 $log$ 次转移得到，需要计算多个时就需要再次二分。

原理：$A^1+A^2+A^3......A^n=$ $A^1+A^2+A^3...A^{mid}+A^{mid}*(A^1+A^2+A^3...A^{mid})$ 。

每次二分一个 $mid$，递归计算 $\sum_{i=1}^{mid} A^i$，$log$ 次乘法计算 $A^{mid}$（当 $K$ 为奇数时还需计算 $A^K$）。

时间复杂度：$n^3log^2K$ 。

【Code】

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<cstdio>
#include<queue>
#define LL long long
#define Re register LL
using namespace std;
const int N=45;
LL n,K,P=10;
inline void in(Re &x){
    Re f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
struct Ma{
    LL n,a[N][N];
    Ma(){memset(a,0,sizeof(a));}
    inline void In(){
        for(Re i=1;i<=n;++i)
            for(Re j=1;j<=n;++j)
                in(a[i][j]),a[i][j]%=P;//一定要边读边膜
    }
    inline void Out(){
        for(Re i=1;i<=n;printf("%lld\n",a[i][n]),++i)//卡输出。。
            for(Re j=1;j<n;++j)
                printf("%lld ",a[i][j]);
    }
    inline Ma operator*(Ma O)const{
        Ma ans;ans.n=n;
        for(Re i=1;i<=n;++i)
            for(Re j=1;j<=n;++j)
                for(Re k=1;k<=n;++k)
                    (ans.a[i][j]+=a[i][k]*O.a[k][j]%P)%=P;
        return ans;
    }
    inline Ma operator+(Ma O)const{
        Ma ans;ans.n=n;
        for(Re i=1;i<=n;++i)
            for(Re j=1;j<=n;++j)
                (ans.a[i][j]+=(a[i][j]+O.a[i][j])%P)%=P;
        return ans;
    }
    inline void operator+=(Ma O){*this=*this+O;}
    inline void operator*=(Ma O){*this=*this*O;}
}A;
inline Ma mi(Ma x,Re k){
    Ma s=x;--k;//s初始化为一个x，k减1
    while(k){
        if(k&1)s*=x;
        x*=x,k>>=1;
    }
    return s;
}
inline Ma calc(Ma A,Re k){
    if(k==1){return A;}//边界直接返回
    Ma ans,tmp=calc(A,k>>1);//先算出一小段的
    ans=tmp+(tmp*mi(A,k>>1));//算出A^1+A^2+...A^(k/2*2)
    if(k&1)ans+=mi(A,k);//如果k为奇数则再加上一个A^k
    return ans;
}
int main(){
    // freopen("123.txt","r",stdin);
    while(scanf("%lld%lld",&A.n,&K)&&A.n)A.In(),calc(A,K).Out(),puts("");//卡输出。。
}

(2).【倍增】

$To$ $be$ $continued...$

时间复杂度：$n^3logK$ 。

2.【有向图中求合法路径方案数】

给出一张 $n$ 个点（从 $0$ 到 $n-1$ 编号） $m$ 条边有向图，每次询问求从 $st$ 恰好走 $K$ 步到达 $ed$ 的方案数，重边视作一条路径，每条边可重复走。

(1).【分析】

为方便分析，将点编号都加一，变为 $[1,n]$ 。

设 $f_k(i,j)$ 表示从点 $i$ 到达点 $j$ 恰好走 $k$ 步的方案数。所以 $f_k(i,j)$

当 $K$ 较小时可以使用 $bfs+dp$，若存在一条边 $x,j$，则 $f_{k}(i,j)+=f_{k-1}(i,x)*1$ 。但如果 $K \leqslant 10^9$ 就无法解决了。

若用邻接矩阵 $a(i,j)$ 来表示点 $i$ 与 $j$ 之间是否连边，那么根据上述转移式子可得： $f_{k}(i,j)=\sum_{x=1}^{n}f_{k-1}(i,x)*a(x,j)$ 。

由于询问是不定向的，起点和终点可能是 $[1,n]$ 中的任意一个，所以答案矩阵应包含 $n^2$ 个信息，其中 $F(k)$ 中的第 $i$ 行第 $j$ 列表示 $f_k(i,j)$ ，即用 $F(K)$ 表示恰好走 $K$ 步的答案矩阵。

所以对于每条边 $(x,y)$，使累乘矩阵中第 $x$ 行第 $y$ 列的数为 $1$，最后直接求一个 $K$ 次幂即可。
$F(k) = \begin{vmatrix}f_k(1,1)&f_k(1,2)&...&f_k(1,n)\\f_k(2,1)&f_k(2,2)&...&f_k(2,n)\\...&...&...&...\\f_k(n,1)&f_k(n,2)&...&f_k(n,n)\end{vmatrix}$

$base$ 略。

时间复杂度：$O(n^3logK)$ 。

【Code】

#include<cstring>
#include<cstdio>
#define Re register int
using namespace std;
const int N=23;
int x,y,n,m,T,K,P=1000;
inline void in(Re &x){
    Re f=0;x=0;char c=getchar();
    while(c<'0'||c>'9')f|=c=='-',c=getchar();
    while(c>='0'&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
    x=f?-x:x;
}
struct Ma{
    int n,a[N][N];
    Ma(){memset(a,0,sizeof(a));}
    inline Ma operator*(Ma O)const{
        Ma ans;ans.n=n;Re i,j,k;
        for(i=1;i<=n;++i)
            for(j=1;j<=n;++j)
                for(k=1;k<=n;++k)
                    (ans.a[i][j]+=a[i][k]*O.a[k][j]%P)%=P;
        return ans;
    }
    inline void operator*=(Ma O){*this=*this*O;}
};
inline Ma mi(Ma x,Re k){
    Ma s=x;--k;
    while(k){
        if(k&1)s*=x;
        x*=x,k>>=1;
    }
    return s;
}
int main(){
    // freopen("123.txt","r",stdin);
    while(~scanf("%d%d",&n,&m)&&(n||m)){
        Ma A;A.n=n;
        while(m--)in(x),in(y),A.a[x+1][y+1]=1;
        in(T);
        while(T--){
            in(x),in(y),in(K);
            printf("%d\n",K?mi(A,K).a[x+1][y+1]:x==y);//注意：K=0时要特判，不需要走动时输出1否则输出0
        }
    }
}

(2).【扩展 1】

询问改为：求走的步数不超过 $K$ 的方案数。其他条件不变。

求一个 $1$ 至 $K$ 的连续幂次和即可。

设 $S_K(i,j)=\sum_{k=1}^{K}f_k(i,j)$ 。

前缀和 $S_K(i,j)$ 也要记录 $n^2$ 个，要尽量缩减矩阵规模的话，可以把他们一层层地包裹在原 $n \times n$ 的矩阵外面（自己口胡的，没有尝试过），但代码难度较大，也可以将原矩阵扩大一倍变成 $2n \times 2n$，代码难度较小，即：$F(k) = \begin{vmatrix}f_k(1,1)&...&f_k(1,n)&S_k(1,1)&...&S_k(1,n)\\...&...&...&...&...&...\\f_k(n,1)&...&f_k(n,n)&S_k(n,1)&...&S_k(n,n)\\\end{vmatrix}$ 。

$base$ 略。

时间复杂度：$$

(3).【扩展 2】

增加一个限制条件：一共有四种物品，每条边上有相同或不同种类的若干个，每次经过时如果拿走这些物品则会多消耗一步（相当于走两步），求走的步数不超过 $K$ 且能将四种物品都拿全的方案数。

先考虑走两步的转移，在答案矩阵中再加入 $n^2$ 个 $f_{k-1}$ 的信息，其中一种加维方案（空白处填 $0$）：

$F(k) = \begin{vmatrix}f_k(1,1)&...&f_k(1,n)&S_k(1,1)&...&S_k(1,n)\\...&...&...&...&...&...\\f_k(n,1)&...&f_k(n,n)&S_k(n,1)&...&S_k(n,n)\\f_k(1,1)&...&f_k(1,n)\\...&...&...\\f_k(n,1)&...&f_k(n,n)\end{vmatrix}$

$base$ 略。

再考虑物品限制，假设要求最后只能选 $1,2$，那么在构造矩阵时带有 $3,4$ 的边都不加进去。

如上所述，跑若干次计算搞一下容斥即可（我太蒻了，容斥这里只有先咕着了）。

$To$ $be$ $continued...$

(3).【？】

$To$ $be$ $continued...$

\[ QAQ \]

七.【题目链接】

【简单题】

斐波那契数列 $[P1962]$
【标签】递推/矩阵乘法
【模板】矩阵加速（数列）$[P1939]$
【标签】递推/矩阵乘法

【中档题】

小奇的集合 $[BZOJ4547]$ $[HDU5171]$
【标签】递推/矩阵乘法
【题解】$hzwer$
$Power$ $of$ $Matrix$ $[UVA11149]$
$Matrix$ $Power$ $Series$ $[Poj3233]$
【标签】递推/矩阵乘法/二分
$How$ $many$ $ways??$ $[Hdu2157]$
【标签】递推/矩阵乘法

\[ QAQ \]