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## 矩阵乘法与矩阵快速幂
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### 一、矩阵的定义
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一个 $m\times n$ 的矩阵就是 $m$ 行 $n$ 列的数字阵列,如$2 \times 3$的矩阵：$\begin{bmatrix}
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1 & 5 & 3 \\
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2 & 8 & 10
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\end{bmatrix}$
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实际上，**矩阵类似二维数组**。
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### 2. 矩阵的运算
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- **矩阵的加法和减法**
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矩阵的加法和减法就是将两个矩阵对应位置上的数相加减。因此，相加减的两个矩阵$A$，$B$的行列必须相同。
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- **矩阵乘法**
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$A$，$B$，$C$ 是三个矩阵，若 $A\times B=C$，需要满足：
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- $A$ 的列数必须和 $B$ 的行数相等；
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- 设 $A$ 是一个 $n\times r$ 的矩阵，$B$ 是一个 $r\times m$ 的矩阵，则矩阵 $A$ 乘 矩阵 $B$ 的乘积 $C$ 是一个 $n\times m$ 的矩阵；
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- $C_{(i,j)} =A_{(i,1)} ×B_{(1,j)} +A_{(i,2)}×B_{(2,j)} +...A_{(r,1)} ×B_{(r,j)}$
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矩阵 $C$ 的第 $i$ 行第 $j$ 列元素 = 矩阵 $A$ 的第 $i$ 行元素与矩阵 $B$的第 $j$ 列对应元素乘积之和。
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例如：$A= \begin{bmatrix}
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a & b \\
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c & d \\
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e & f
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\end{bmatrix},
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B= \begin{bmatrix}
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g & h & i \\
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j & k & l
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\end{bmatrix}$,求$C=A \times B$
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$A \times B=\begin{bmatrix}
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a \times g+b \times j & a \times h+b \times k & a \times i + b \times l \\
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c \times g+d \times j & c \times h+d \times k & c \times i + d \times l \\
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e \times g+f \times j & e \times h+f \times k & e \times i + f \times l
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\end{bmatrix}$
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可以发现 $A\times B$ 和 $B\times A$ 将得到两种不同的结果，因此矩阵不满足乘法交换律。
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- **方阵次幂**
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如果矩阵的行和列相同，称矩阵为方阵。若 $A$ 是一个方阵，方阵的幂是指，将 $A$ 连乘 $n$ 次，$A^n$。
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若不是方阵则无法进行乘幂运算。
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**矩阵乘法不满足交换律，但是满足结合律，因此可以用快速幂的思想来求解方程次幂**。
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### 3. 矩阵乘法的应用
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在信息学竞赛中考矩阵乘法不是为了考基本运算，而是利用矩阵乘法的特性，配合快速幂求解递推式的第 $n$ 项，以及一些图论的构造转化。
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**[一本通 $1641$ 矩阵乘法](http://ybt.ssoier.cn:8088/problem_show.php?pid=1641)**
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**[$B2105$ 矩阵乘法](https://www.luogu.com.cn/problem/B2105)**
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> **注释**：上面两道题其实是一样的模板，只不过输入的数据顺序不太一样。
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int N = 110;
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int n, m, k;
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int a[N][N], b[N][N], c[N][N];
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// 矩阵乘法模板
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void mul(int a[][N], int b[][N], int c[][N]) {
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// 注意：这里的临时数组t绝不是画蛇添足！
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// 因为调用的时候，有时会传递mul(a,b,b)这样的东东，如果每次memset(c,0,sizeof c),
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// 就会造成b在运行前被清空，导致结果错误
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// 代码解释:
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// 从结果出发理解：
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// C(i,j) =A(i,1)×B(1,j)+A(i,2)×B(2,j) +...A(r,1)×B(r,j)
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// 抽象一下：
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// C(i,j) = C(i,j) + A(i,k)× B(k,j)
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int t[N][N] = {0};
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for (int i = 0; i < N; i++)
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for (int j = 0; j < N; j++)
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for (int k = 0; k < N; k++)
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t[i][j] = t[i][j] + a[i][k] * b[k][j]; // 矩阵乘法
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memcpy(c, t, sizeof t);
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}
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int main() {
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cin >> n >> m >> k;
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// A矩阵 n*m
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for (int i = 1; i <= n; i++)
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for (int j = 1; j <= m; j++)
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cin >> a[i][j];
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// B矩阵m*k
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for (int i = 1; i <= m; i++)
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for (int j = 1; j <= k; j++)
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cin >> b[i][j];
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// 矩阵乘法
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mul(a, b, c);
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// 输出结果，控制格式
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for (int i = 1; i <= n; i++) {
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for (int j = 1; j <= k; j++)
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printf("%d ", c[i][j]);
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printf("\n");
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}
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return 0;
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}
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```
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**[$P3390$ 【模板】矩阵快速幂](https://www.luogu.com.cn/problem/P3390)**
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- **快速幂**
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实现 $pow(x, n)$ ，即计算 $x$ 的整数 $n$ 次幂函数 (即$x^n$)。
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对于上面这道题，我们最容易想到的解法就是通过循环或递归进行累乘求解
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```cpp {.line-numbers}
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public double MyPow(double x, int n){
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long N = n;
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if (N == 0) return 1;
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double res = x;
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long num = N > 0 ? N : -N;
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for (long i = 1; i < num; i++){
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res *= x;
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}
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if (N < 0) res = 1 / res;
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return res;
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}
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```
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然而，这种解法在面对$n$比较大的情况时，效率会变得十分低下。仔细想想上面的循环过程就会发现，里面进行了很多次无意义的计算。以$a^{10}$ 举例，通过循环一个一个往上乘，需要进行$9$次运算。而如果我们先计算出$a^2$ （$1$次），然后计算$a^2*a^2*a^2*a^2*a^2$ （$4$次），总计算量就能减少到$5$次。如果先计算出$a^4$（$2$次），再计算$a^2*a^4*a^4$（$2$次），总计算量就能减少到$4$次。
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也就是说，将$a^n$ 拆解成$a^x*a^y*a^z...$的形式就可以降低总体运算的次数。那么如何拆解$n$才最高效呢？根据前面的思路，显然是每次平方所需的运算次数最少。仍然是$a^{10}$ 的例子，我们从$a^1$
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开始，每次取平方值，可以得到$[a^1,a^2,a^4,a^8]$。想要组成$a^{10}$ ，只需要让$a^8*a^2$ 即可。所需的计算次数也是$4$次。看到这里有没有觉得熟悉？我们实际上就是在把$n$拆成几个$2^?$相加，也就是类似于$n$的二进制转换成十进制的过程。
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下面仍然以$a^{10}$ 为例，通过图展示一下计算过程：
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我们从$10$的最低位开始遍历，遇到的第一位是$0$，对应的是$a^1$ ，但我们并不需要它计算结果，所以跳过。
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接下来遇到的第二位是$1$，对应$a^2$ ，这是计算结果需要用到的，所以把它乘到$res$上。继续移动指针。
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遇到的第三位是$0$，对应$a^4$ ，用不到，跳过。
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遇到的第四位是$1$，对应$a^8$ ，需要用到，把它乘到$res$中。
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$res$便是最终结果。将上面的思路转换成代码（未考虑特殊情况）：
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```cpp {.line-numbers}
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double pow(double a, int n){
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double res = 1;
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while (n){
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// 当前位为1,计入结果
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if ((n & 1) == 1) res = res * a;
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// a自乘
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a *= a;
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// n右移
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n >>= 1;
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}
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return res;
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}
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```
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- **单位矩阵**
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在普通的乘法中，一个数乘$1$还是等于它本身，在矩阵乘法中也有这么一个$1$，它就是 **单位矩阵**
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不同于普通乘法中的单位$1$，对于不同矩阵他们的单位矩阵大小是不同的
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对于$n∗m$的矩阵，它的单位矩阵大小为$m∗m$，对于$m∗n$的矩阵，它的单位矩阵大小为$n∗n$
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也就是说单位矩阵都是正方形的，这是因为只有正方形的矩阵能保证结果和前一个矩阵形状相同
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单位矩阵的元素非$0$即$1$，从左上角到右下角的对角线上元素皆为$1$，其他皆为$0$
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**矩阵快速幂-(单位矩阵)**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int MOD = 1e9 + 7;
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const int N = 110;
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int n, k; // 本题数据范围很大，用int直接wa哭了
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int a[N][N], b[N][N]; // 原始矩阵，结果矩阵
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// 矩阵乘法模板
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void mul(int a[][N], int b[][N], int c[][N]) {
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int t[N][N] = {0};
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for (int i = 0; i < N; i++)
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for (int j = 0; j < N; j++)
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for (int k = 0; k < N; k++)
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t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j] % MOD) % MOD; // 矩阵乘法
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memcpy(c, t, sizeof t);
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}
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signed main() {
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cin >> n >> k;
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// 输入原始矩阵
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for (int i = 0; i < n; i++)
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for (int j = 0; j < n; j++)
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cin >> a[i][j];
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// 1、单位矩阵
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for (int i = 0; i < n; i++) b[i][i] = 1;
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// 2、矩阵快速幂
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for (int i = k; i; i >>= 1) {
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if (i & 1) mul(a, b, b);
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mul(a, a, a);
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}
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// 3、输出
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for (int i = 0; i < n; i++) {
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for (int j = 0; j < n; j++)
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printf("%lld ", b[i][j]);
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printf("\n");
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}
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}
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```
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**矩阵快速幂-(不使用单位矩阵)**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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const int MOD = 1e9 + 7;
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const int N = 110;
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int n, k; // 本题数据范围很大，用int直接wa哭了
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int a[N][N], b[N][N]; // 原始矩阵，结果矩阵
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// 矩阵乘法
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void mul(int a[][N], int b[][N], int c[][N]) {
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int t[N][N] = {0};
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for (int i = 0; i < N; i++)
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for (int j = 0; j < N; j++)
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for (int k = 0; k < N; k++)
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|
t[i][j] = (t[i][j] + a[i][k] * b[k][j] % MOD) % MOD; // 矩阵乘法
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memcpy(c, t, sizeof t);
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}
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int main() {
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cin >> n >> k;
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// 1、输入原始矩阵
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for (int i = 0; i < n; i++)
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for (int j = 0; j < n; j++) {
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cin >> a[i][j];
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b[i][j] = a[i][j]; // 这种解法与标准解法不同，不用构建单位矩阵
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// 直接赋值初始化了一个，然后执行k-1次就完成了矩阵的k次幂
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}
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// 2、计算矩阵快速幂
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for (int i = k - 1; i; i >>= 1) {
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if (i & 1) mul(a, b, b);
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mul(a, a, a);
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}
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// 3、输出
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for (int i = 0; i < n; i++) {
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|
|
for (int j = 0; j < n; j++)
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|
printf("%lld ", b[i][j]);
|
|||
|
|
printf("\n");
|
|||
|
|
}
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|||
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|
return 0;
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|
}
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```
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> **理解**：不管是用单位矩阵也好，不用单位矩阵也罢，本质上都是类似于构造一个乘法的基底：数字$1$！
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**矩阵快速幂应用：斐波那契数列**
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矩阵快速幂的一个非常典型的应用就是斐波那契数列（**[原题地址](https://leetcode.cn/problems/fei-bo-na-qi-shu-lie-lcof/)**）。先来看斐波那契数列的定义：
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$$F(1)=0,F(2)=1$$
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$$F(n)=F(n-1)+F(n-2),其中n>1$$
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我们先定义一个矩阵
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$$b=\begin{bmatrix} F(n) & F(n-1) \end{bmatrix}$$
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现在假设有一个变换矩阵$M$，与上述矩阵存在如下关系
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$$\begin{bmatrix}F(n) & F(n-1) \end{bmatrix} \times M= \begin{bmatrix}F(n+1) & F(n) \end{bmatrix}$$
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很显然，$M$是一个$2×2$的矩阵，我们假设
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$$M=\begin{bmatrix}
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a & b \\
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c & d
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|
\end{bmatrix}$$
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带入上面的公式可得
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$\begin{bmatrix}F(n)& F(n-1)\end{bmatrix} \times
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\begin{bmatrix}a& b \\
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|||
|
|
c & d \\
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|||
|
|
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}
|
|||
|
|
aF(N)+cF(n-1)& bF(n)+dF(n-1)
|
|||
|
|
\end{bmatrix} =
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|||
|
|
\begin{bmatrix} F(n+1)& F(n) \end{bmatrix}$
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|||
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也就是
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$$aF(n)+cF(n-1)=F(n+1)$$
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$$bF(n)+dF(n-1)=F(n)$$
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依照$Fibonacci$的现实含义，很容易得出
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$$M=\begin{bmatrix}
|
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|
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1 & 1 \\
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1 & 0
|
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|
|
\end{bmatrix}$$
|
|||
|
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|||
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|
即
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|
|
$$\begin{bmatrix} F(n) & F(n-1) \end{bmatrix} \times
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|||
|
|
\begin{bmatrix} 1 & 1 \\
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1 & 0
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\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} F(n+1) & F(n) \end{bmatrix} \ ①$$
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同理
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$$\begin{bmatrix} F(n-1) & F(n-2) \end{bmatrix} \times
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\begin{bmatrix} 1 & 1 \\
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1 & 0
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\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} F(n) & F(n-1) \end{bmatrix} \ ②$$
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将 ② 代入 ①,得
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$$\begin{bmatrix}F(n+1) & F(n) \end{bmatrix} =
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\begin{bmatrix}F(n-1) & F(n-2) \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix}
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1 & 1 \\
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1 & 0
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\end{bmatrix} ^{2}$$
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根据数学归纳法:
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$\begin{bmatrix} F(n-1)& F(n-2) \end{bmatrix}$ 与$M$矩阵的平方匹配.也就是$F(n-1)$中$n-1+2=n+1$，一路递推上去，就是
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$$\begin{bmatrix}F(n+1) & F(n) \end{bmatrix} =
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\begin{bmatrix}F(2) & F(1) \end{bmatrix} \times \begin{bmatrix}
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1 & 1 \\
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1 & 0
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\end{bmatrix} ^{n-1}$$
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我们只需要定义出矩阵乘法，配合前面的快速幂，即可实现在$O(logN)$时间复杂度内解出斐波那契数列。
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**[$YBT$_$1642$ $Fibonacci$ 第 $n$ 项](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/17074586.html)**
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```cpp {.line-numbers}
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#include <bits/stdc++.h>
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using namespace std;
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const int INF = 0x3f3f3f3f;
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#define int long long
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#define endl "\n"
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/*
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http://ybt.ssoier.cn:8088/problem_show.php?pid=1642
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测试用例：
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5 1000
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答案：
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5
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*/
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const int N = 2;
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int n, mod;
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// 矩阵乘法
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void mul(int a[][N], int b[][N], int c[][N]) {
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int t[N][N] = {0};
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for (int i = 0; i < N; i++) {
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for (int j = 0; j < N; j++)
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for (int k = 0; k < N; k++)
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t[i][j] = (t[i][j] + (a[i][k] * b[k][j]) % mod) % mod;
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}
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memcpy(c, t, sizeof t);
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}
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signed main() {
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cin >> n >> mod;
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int b[N][N] = {1, 1}; // 结果矩阵(初始化fib[2]=1,fib[1]=1)
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// 构造的向量数组
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int m[N][N] = {
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{1, 1},
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{1, 0}};
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// 矩阵快速幂
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for (int i = n - 1; i; i >>= 1) {
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if (i & 1) mul(b, m, b);
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mul(m, m, m);
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}
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printf("%lld\n", b[0][1]);
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return 0;
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}
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```
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> **$Q_1$**：为什么在计算矩阵快速幂时提出了一个单元矩阵的概念，而在上面的斐波那契第$n$项中，却没有使用单元矩阵呢？什么时候用单元矩阵，什么时候不用呢？
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> **答**：不管是单元矩阵组装出的$1$的概念基底，还是默认把$1$次方做为基底,都是希望有一个**基底**,斐波那契数列这道题中，由于有$b[2],b[1]$组成的初始值，构成了一个 **基底** 矩阵,所以，就可以直接使用这引基底矩阵一路乘上去就行了。
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>**$Q_2$: $b[0],b[1]$明明是一维数组，或者叫只有一行的矩阵，为什么还要声明为 $b[N][N]$呢？**
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> **答**：是因为我懒！因为我懒得要写两个矩阵乘法的模板，也懒得背两个矩阵乘法的模板！是哪两个呢？
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> - 二维乘一维
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> - 二维乘二维
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> 我整理的模板就是二维乘二维的，没有整理二维乘一维，或者，一维乘二维的。因为二维乘二维可以模拟出二维乘一维的：对于一维矩阵，只需要初始化第一行的所有数据，其它数据为$0$，就可以模拟出二维乘一维的效果了。
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>**$Q_3$：$b$数组的含义是什么呢？**
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**答**：其实$b$矩阵是构造出来的，表现形式是$b=[F(n) \ F(n-1)]$,按题目的意思，$Fibonacci$数列是从下标$1$开始的,$f_1=f_2=1$,所以$b$的初始值就是$[F(2) \ F(1)]$
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**[$AcWing$ $1303$. 斐波那契前 $n$ 项和](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16341964.html)**
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相比于上一道题，本题增加了一个概念$S_n$,含义是前$n$个$f_n$的和,难度有所增加。
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**[$P1939$ 矩阵加速（数列）](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16039658.html)**
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**[$AcWing$ $1304$. 佳佳的斐波那契](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16342848.html)**
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**[$AcWing$ $1305$. $GT$考试](https://www.cnblogs.com/littlehb/p/16348443.html)**
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https://blog.csdn.net/STRVE/article/details/106739349
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