学习心得:《十个利用矩阵乘法解决的经典题目》from Matrix67

标签：

本文来自：http://www.matrix67.com/blog/archives/tag/poj
大牛的博文学习学习

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。
     
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-& 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。

 1  #include <cstdio>
 2 #define SIZE (1<<m)
 3 #define MAX_SIZE 32
 4 using namespace std;
 5  
 6 class CMatrix
 7 {
 8 public:
 9 long element[MAX_SIZE][MAX_SIZE];
10 void setSize(int);
11 void setModulo(int);
12 CMatrix operator* (CMatrix);
13 CMatrix power(int);
14 private:
15 int size;
16 long modulo;
17 };
18  
19 void CMatrix::setSize(int a)
20 {
21 for (int i=0; i<a; i++)
22 for (int j=0; j<a; j++)
23 element[i][j]=0;
24 size = a;
25 }
26  
27 void CMatrix::setModulo(int a)
28 {
29 modulo = a;
30 }
31  
32 CMatrix CMatrix::operator* (CMatrix param)
33 {
34 CMatrix product;
35 product.setSize(size);
36 product.setModulo(modulo);
37 for (int i=0; i<size; i++)
38 for (int j=0; j<size; j++)
39 for (int k=0; k<size; k++)
40 {
41 product.element[i][j]+=element[i][k]*param.element[k][j];
42 product.element[i][j]%=modulo;
43 } 
44 return product;
45 }
46  
47 CMatrix CMatrix::power(int exp)
48 {
49 CMatrix tmp = (*this) * (*this);
50 if (exp==1) return *this;
51 else if (exp & 1) return tmp.power(exp/2) * (*this);
52 else return tmp.power(exp/2);
53 }
54  
55 int main()
56 {
57 const int validSet[]={0,3,6,12,15,24,27,30};
58 long n, m, p;
59 CMatrix unit;
60 scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
61 unit.setSize(SIZE);
62 for(int i=0; i<SIZE; i++)
63 for(int j=0; j<SIZE; j++)
64 if( ((~i)&j) == ((~i)&(SIZE-1)) )
65 {
66 bool isValid=false;
67 for (int k=0; k<8; k++)isValid=isValid||(i&j)==validSet[k];
68 unit.element[i][j]=isValid;
69 }
70  
71 unit.setModulo(p);
72 printf("%d", unit.power(n).element[SIZE-1][SIZE-1] );
73 return 0;
74 }

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.

学习心得:《十个利用矩阵乘法解决的经典题目》from Matrix67

标签：

原文地址：http://www.cnblogs.com/zl1991/p/4749116.html