by lcx,zjy
基础知识
其实就是二维数组
矩阵加减法
\(A\pm B=C\
\(A[i][j]\与\(B[i][j]\的和或差，即：$ C_{i j}=A_{ij}\pm B_{ij}$
相加减的两个矩阵$ A :B$的行列必须相同
矩阵乘法
\(A\times B=C\
显然两个相乘是要一行和一列对应乘，那么矩阵乘法是需要A的行数与B的列数相等的，这是A*B的前提条件
\(\left[ \begin{matrix} a &b \\c &d\\e&f\end{matrix} \right]* \left[ \begin{matrix} g &h&i \\j &k&l\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} ag+bj &ah+bk&ai+bl \\cg+dj &ch+dk&ci+dl\\eg+fj&eh+fk&ei+fl\end{matrix} \right]\
$ \left[ \begin{matrix} g &h&i \j &k&l\end{matrix} \right]*\left[ \begin{matrix} a &b \c &d\e&f\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} ag+ch+ei &bg+dh+fi\aj+ck+el&bj+dk+fl\end{matrix} \right]$
不满足交换律的
\(C\的行数应该是\(A\的行数，列数应该是\(B\的列数，并且\(C\也是一个方阵（行数和列数相等的矩阵）
代码：
int c[N][N];
void Mul(int a[][N],int b[][N],int n{//n是矩阵大小
memset(c,0,sizeof(c;
for(int i=1;i<=n;i++{
for(int j=1;j<=n;j++{
for(int k=1;k<=n;k++{
c[i][j]+=a[i][k]*b[k][j];
}
}
}
}应用
矩阵快速幂加速递推
矩阵快速幂
矩阵幂就是算$ A^n $
证明：
于是——
$ A = \begin{cases} A, & 当m = 1时 \ (A^{\frac m2}^2, & 当m为偶数时 \ (A^{\frac m2}^2\times A, & 当m为奇数时 \end{cases}$
把快速幂算法中的乘法改成矩阵的乘法就可以了
ans的初始化就相当于普通快速幂需要初始化为1，即乘上这个矩阵值不改变
\(2 \times 2\的矩阵，乘矩阵$ \left[ \begin{matrix} 1 &0 \0 & 1\end{matrix} \right] $值不变，因此可以设其为初始矩阵
ans的初始化就是对角线是1其他全是0
struct node{
int z[N][N];
};
node mul(node a,node b{//矩阵乘法
node ans;
memset(ans.z,0,sizeof(ans.z;
for(int i=0;i<N;i++
for(int j=0;j<N;j++
for(int k=0;k<N;k++
ans.z[i][j]=(ans.z[i][j]+a.z[i][k]*b.z[k][j]%mod%mod;
return ans;
}
node power(int cnt{//快速幂，只不过底数换成了矩阵
node ans,A;
memset(ans.z,0,sizeof(ans.z;
//A一些赋值
for(int i=0;i<N;i++ans.z[i][i]=1;//ans的赋值
while(cnt{
if(cnt&1//奇数的话ans*A
ans=mul(ans,A;
A=mul(A,A;//A平方
cnt>>=1;//幂次/2
}
return ans;
}ps：时间复杂度$ O(n^3logm$
先看一个简单的例子：
[POJ3070]Fibonacci
\(F_0\ = 0, \(F_1\=1，和\(F_n\ = \(F_{n−1}\ + \(F_{n−2}\(n≥2.给定整数n\((0≤n≤10^9\，计算\(F_n\.
列解析式：显然：$ F(n=F(n-1+F(n-2$，但这个数据范围就不是很显然了。
建立矩阵递推式，找到转移矩阵:
$F[i]=1*F[i-1]+1 *F[i-2] $
\(F[i-1]=1*F[i-1]+0 *F[i-2]\
\(\left[ \begin{matrix} F_{i-1} &F_{i-2} \end{matrix} \right]*\left[ \begin{matrix} 1 &1 \\1 &0 \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} F_i &F_{i-1}\end{matrix} \right]\
我们还可以把上述式子转换一下：
\(( F[i] , F[i-1] =( F[i-1] ,F[i-2] *A=( F[i-2] ,F[i-3] *A *A\
\((F[n] F[n-1]=(F[1] ,F[0] *A^{n-1}\，即：\(F(n=F(1 *A^{n-1}\
于是——
\(1*n\的矩阵，$ A\(是\nn\(的矩阵，则\F'= FA$也是\(1*n\的矩阵
\(F\和\(F'\可以看作是一维数组，省略他们的行下标1，按照矩阵乘法的定义，有：
j=\displaystyle\sum{k=1}^nF_k*A_{kj}$
\(A\，从原始状态\(F\递推到了\(F'\状态：
\(\left[ \begin{matrix} F_1 &F_2 &F_3 \end{matrix} \right]\times \left[ \begin{matrix} A_{11} &A_{12} &A_{13} \\A_{21} &A_{22} &A_{23} \\A_{31} &A_{32} &A_{33}\end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} F'_1 &F'_2 &F'_3\end{matrix} \right]\
那么如果假设目标状态为\(G\,递推矩阵为\(A\，初始条件为\(F\，则可得出：
\(G=A^n*F\
构造递推矩阵\(A\
Fibonacci前n项和
Fibonacci数列，f[1]=1,f[2]=1,f[n]=f[n-1]+f[n-2]，(\(n>2\，输入n和m，求前n项和模m的值。(\(1\leq n\leq 2\times 10^{9}\,\(1\leq m\leq 1\times 10^9+10\
\(表示前\ \ n $项和，可推出：
\ f[n-1]\f[n+1]=0\ s[n-1]+1f[n]+1\ f[n-1]\f[n]=0 \ s[n-1]+1\ f[n]+0*\ f[n-1] $
$[\ s[n]\ f[n+1]\ f[n]\ ]=[s[n-1]\ f[n]\ f[n-1]\ ]*\left[ \begin{matrix} 1 & 0 & 0 \1 & 1 & 1\0 &1 & 0 \end{matrix} \right] $
[POJ3734]方块涂色
N个方块排成一列 用红，蓝，绿，黄4种颜色去涂色，求红色方块 和绿色方块个数同时为偶数的 方案数 对10007取余
列解析式：
$ a[i]\(表示从1~i的方块中，红、绿方块数量都是偶数的方案数
\b[i]\(表示从1~i的方块中，红、绿方块数量一个是偶数一个是奇数的方案数
\c[i]$表示从1~i的方块中，红、绿方块数量都是奇数的方案数
初始：a(0=1； b(0=0； c(0=0
1.到i时红和绿的方格个数都是偶数，且i+1个方块被染成了蓝或黄色
且i+1个方块被染成了奇数个所对应的颜色
\(a[i+1]=2*a[i]+b[i]\
\(b[i+1]=2*a[i]+2*b[i]+2*c[i]\
\(c[i+1]=b[i]+2*c[i]\
建立矩阵递推式，找到转移矩阵:
$\left[ \begin{matrix} a_i&b_i&c_i\end{matrix} \right] *\left[ \begin{matrix} 2&2&0 \1&2&1\0 &2& 2 \end{matrix} \right]=\left[ \begin{matrix} a_{i+1}&b_{i+1}&c_{i+1}\end{matrix} \right] $
矩阵快速幂加速递推题目特点：
状态矩阵），矩阵在单位时间内变化一次
3.递推轮数大，但矩阵长度n不大
构建矩阵递推的大致套路：
\(就叫做**转移矩阵**,它能把\ F[n-1] \(转移到\ F[n] \(;然后这就是个等比数列，直接写出通项\ F[n]=A^{n-1}*F[1]\(此处\ f[1] $叫初始矩阵。
一般$ F[n]\(与\F[n-1] \(都是按照原始递推式来构建的，当然可以先猜一个\ F[n] $。
\(,\T $是递归总轮数
矩阵表示修改
[THUSCH2017] 大魔法师
\(A\ \(B\ \(C\。有m次操作，每次操作选择一个区间\([l,r]\进行一下七种操作之一：
\(A_i=A_i+B_i\
\(B_i=B_i+C_i\
\(C_i=C_i+A_i\
\(A_i=A_i+v\
\(B_i=B_i\times v\
\(C_i=v\
\(\displaystyle\sum_{i=l}^rA_i\,\(\displaystyle\sum_{i=l}^rB_i\,\(\displaystyle\sum_{i=l}^rC_i\
于是就想矩阵乘法来改变状态：
\(1\times 4\的矩阵\([A,B,C,1]\（最后一个\(1\用来维护常项）
1.\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 1 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}=[A+B,B,C,1]\
4.\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&1&0\\v&0&0&1 \end{bmatrix}=[A+v,B,C,1]\
\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & v&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}=[A,B*v,C,1]\
\([A,B,C,1]\times \begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 0 & 1&0&0\\0&0&0&0\\0&0&v&1 \end{bmatrix}=[A,B,v,1]\
\([l,r]\中的数据，那就把这段区间全部都乘一个\(\begin{bmatrix} 1 & 0&0&0 \\ 1 & 1&0&0\\0&0&1&0\\0&0&0&1 \end{bmatrix}\就好了，于是就可以用线段树来维护了
[BZOJ2973]石头游戏
\(n\行\(m\列\((0\leq n,m\leq 8\的矩阵，还有一个与之对应的\(n\行\(m\列操作序列，一共有\(act\种操作序列，编号\(0到（act-1）\\((0\leq act\leq10\每一种操作序列都是长度不超过6，循环执行，一秒一个，所有格子同时进行包括：
NWSE：把这个格子内所有的石头推到相邻的格子，N表示上方，W表示左方，S表示下方，E表示右方
问t秒\((1\leq t\leq10^9\之后，所有方格中石头最多的格子有多少个石头
以样例为例，设定一维矩阵\(F_t=[a_1\ a_2\ a_3\ a_4\ a_5\ a_6]\表示\(t\秒时当前每个格子的石子数量，特别的，再加一个\(a_0\，使得\(a_0\始终为\(1\,所以,转移矩阵\(T_i\第\(0\列有且只有第\(0\行为\(1\
\(F_0=[a_0=1\ a_1=0\ a_2=0\ a_3=0\ a_4=0\ a_5=0\ a_6=0]\
\(1,E,E,E,E,0\，第1个格子+1，第2,3,4,5个格子推向右方，第6个格子不移动不添加
\(T_1=\begin{bmatrix} 1 & 1&0&0&0&0&0 \\ 0 & 1&0&0&0&0&0\\0&0&0&1&0&0&0\\0&0&0&0&1&0&0\\0&0&0&0&0&1&0\\0&0&0&0&0&0&1 \\0&0&0&0&0&0&1 \end{bmatrix}\
\(T_2\、\(T_3\、\(T_4\、\(T_5\...
\(n\和\(m\的数据范围较小，所以我们可以把\(n\行\(m\列的网络转化为长度为\(n\times m\的一维矩阵
\(F_t=[a_{(1,1},a_{(1,2}...a_{(1,m},a_{(2,1}...a_{(n,m}]\,其中\(a_{(i,j}\在一维矩阵第\((i-1\times m+j\个位置，令\(S(i,j=(i-1\times m+j\，也再加一个$ a_0$，始终为\(1\
\(6\,且\(1-6\的最小公倍数为\(60\，所以每经过\(60\秒，操作序列又会从最开始的字符开始，因此需要构造\(60\个\((n\times m+1\times (n\times m+1\转移矩阵\(T\，包含第\(0-(n\times m\行和第\(0-(n\times m\列
\(T_i(1\leq i\leq 60\的构造方法：
\(F_i\所有元素与转移矩阵\(T_{i+1}\第\(i\列所有元素分别相乘的和，得到状态矩阵\(F_{i+1}\第\(i\个元素的数值
若操作数字为\(0-9\，设数值为\(x\，所以\(T_i\第\(S(i,j\列 第\(0\行 为\(x\,第\(S(i,j\列 第\(S(i,j\行 为\(1\
\(N\，则转移矩阵第\(S(i,j\行 第\(S(i-1,j\列为\(1\，字符\(W,S,E\类似
\(D\，则转移矩阵此列不做处理
\(F_i(0\始终为\(1\，所有转移矩阵\(T_i\第\(0\列有且只有第\(0\行为\(1\
\(T_1-T_{60}\全部求解出来，令\(TT=T_1\times T_2\times ...\times T_{60}\
\(t\秒后：
\(F_t=F_0*TT^{\frac{t}{60}}*(T_1\times T_2\times ...\times T_r,r=t\%60\
\(TT^{\frac{t}{60}}\可以用矩阵快速幂求解，最后求\(F_t\中\(1-(n\times m\列的最大值即可
如果在应用矩阵乘法时，遇到常数项，经常需要在“状态矩阵”中添加一个额外的位置，始终储存常数\(1\，并乘上“转移矩阵”中适当的系数，累加到“状态矩阵”的其他位置
矩阵乘法与邻接矩阵
[TJOI2017]可乐
加里敦星球的人们特别喜欢喝可乐。因而，他们的敌对星球研发出了一个可乐机器人，并且放在了加里敦星球的\(1\号城市上。这个可乐机器人有三种行为： 停在原地，去下一个相邻的城市，自爆。它每一秒都会随机触发一种行为。现在给加里敦星球城市图，在第\(0\秒时可乐机器人在\(1\号城市，问经过了\(t\秒，可乐机器人的行为方案数是多少？
\(N\表示城市个数，\(M\表示道路个数。
$ 1 < t \leq 10^6, $ \(1≤N≤30,0<M<100，1 \leq u, v \leq N\
先用邻接矩阵存图（两个点之间若有边则\(A[u][v]=1\
令该图的邻接矩阵是\(G\,那么我们考虑 \(G^2\ 是个什么东西
\(G′\ 为相乘得到的矩阵,那么会有
{a,b}=\displaystyle \sum^m{i=1} G_{a,i}*G_{i,b}$
\(G{i,b}\ 都不为零,即\(i\点可连通 \(a,b\ 两点的时候上式的该项才为\(1\, 否则为\(0\
\(a\到\(b\长度为\(2\的路径条数(即方案数
\(G^2\得到的矩阵其实表示了任意两点间长度为2的方案数
\(floyd\算法的角度考虑）那么不难发现\(G^k\的第\(i\行第\(j\列的数字含义是从\(i\到\(j\经过\(k\步的路径方案总数
在原地停留很简单，我们只要认为每个点都有一个从自己到自己的自环即可。
我们可以将自爆这个状态也看成一个城市，就设它为编号\(0\
这样就满足了任何一个点随时可以自爆，且无法恢复到其他状态。
\(Ans=\sum\limits_{i=0}^{n}A[1][i]\