原文地址:http://www.cnblogs.com/vongang/archive/2012/04/01/2429015.html
據說,矩陣快速冪在遞推式優化上相當神奇,而且效率很高。。。
兩矩陣相乘,樸素算法的複雜度是O(N^3)。如果求一次矩陣的M次冪,按樸素的寫法就是O(N^3*M)。既然是求冪,不免想到快速冪取模的算法,這裏有快速冪取模的介紹,a^b %m 的複雜度可以降到O(logb)。如果矩陣相乘是不是也可以實現O(N^3 * logM)的時間複雜度呢?答案是肯定的。
先定義矩陣數據結構:
struct Mat {
double mat[N][N];
};
O(N^3)實現一次矩陣乘法
Mat operator * (Mat a, Mat b) {
Mat c;
memset(c.mat, 0, sizeof(c.mat));
int i, j, k;
for(k = 0; k < n; ++k) {
for(i = 0; i < n; ++i) {
if(a.mat[i][k] <= 0) continue; //(針對ZOJ2853)剪枝,cpu運算乘法的效率並不是想像的那麼理想(加法的運算效率高於乘法,比如Strassen矩陣乘法)
for(j = 0; j < n; ++j) {
if(b.mat[k][j] <= 0) continue; //剪枝
c.mat[i][j] += a.mat[i][k] * b.mat[k][j];
}
}
}
return c;
}
下面介紹一種特殊的矩陣:單位矩陣
很明顯的可以推知,任何矩陣乘以單位矩陣,其值不改變。
有了前邊的介紹,就可以實現矩陣的快速連乘了。
Mat operator ^ (Mat a, int k) {
Mat c;
int i, j;
for(i = 0; i < n; ++i)
for(j = 0; j < n; ++j)
c.mat[i][j] = (i == j); //初始化爲單位矩陣
for(; k; k >>= 1) {
if(k&1) c = c*a;
a = a*a;
}
return c;
}
舉個例子:
求第n個Fibonacci數模M的值。如果這個n非常大的話,普通的遞推時間複雜度爲O(n),這樣的複雜度很有可能會掛掉。這裏可以用矩陣做優化,複雜度可以降到O(logn * 2^3)
如圖:
A = F(n - 1), B = F(N - 2),這樣使構造矩陣的n次冪乘以初始矩陣得到的結果就是。
因爲是2*2的據稱,所以一次相乘的時間複雜度是O(2^3),總的複雜度是O(logn * 2^3 + 2*2*1)。
zoj上的一道例題: zoj 2853 Evolution.
這道題都不用考慮怎麼去構造能夠實現有效運算的矩陣。直接修改單位矩陣就可以。比如P(i, j) = 0.5,則mat[i][j] += 0.5,mat[i][i] -= 0.5; 然後求T*mat^M,(T表示原始的population序列,相當於1*n的矩陣)
ps:這道題不加剪枝的話還是會掛掉 -_-!
渣代碼 :3S+ 過得,很水 T_T
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 210;
struct Mat {
double mat[N][N];
};
double num[N];
int n, m;
Mat a;
void init() {
int i, j, q;
double x;
for(i = 0; i < n; ++i)
for(j = 0; j < n; ++j)
a.mat[i][j] = (i == j);
for(i = 0; i < n; ++i) {
scanf("%lf", num + i);
}
scanf("%d", &q);
while(q--) {
scanf("%d%d%lf", &i, &j, &x);
a.mat[i][i] -= x;
a.mat[i][j] += x;
}
}
Mat operator * (Mat a, Mat b) {
Mat c;
memset(c.mat, 0, sizeof(c.mat));
int i, j, k;
for(k = 0; k < n; ++k) {
for(i = 0; i < n; ++i) {
if(a.mat[i][k] <= 0) continue; //***
for(j = 0; j < n; ++j) {
if(b.mat[k][j] <= 0) continue; //***
c.mat[i][j] += a.mat[i][k] * b.mat[k][j];
}
}
}
return c;
}
Mat operator ^ (Mat a, int k) {
Mat c;
int i, j;
for(i = 0; i < n; ++i)
for(j = 0; j < n; ++j)
c.mat[i][j] = (i == j);
for(; k; k >>= 1) {
if(k&1) c = c*a;
a = a*a;
}
return c;
}
int main() {
//freopen("data.in", "r", stdin);
int i;
double res;
while(~scanf("%d%d", &n, &m)) {
if(!n && !m) break;
init();
a = a^m; res = 0;
for(i = 0; i < n; ++i) {
res += num[i]*a.mat[i][n-1];
}
printf("%.0f\n", res);
}
return 0;
}