前言
矩阵是高等代数学中的常见工具，也常见于统计分析等应用数学学科中，矩阵的运算是数值分析领域的重要问题。
基本介绍
（该部分为入门向，非入门选手可以跳过）
由 m行n列元素排列成的矩形阵列。矩阵里的元素可以是数字、符号或数学式。
比如一个$m\times n$的矩阵可以表示为：
$$ A=\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
a_{31} & a_{32} & \cdots & a_{3n}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix} $$
这$ m\times n$个数称为矩阵的元素，简称为元。数$ a_{ij} $位于矩阵的第i行第j列，称为矩阵的$ (i,j) $ 元，以数$ a_{ij}$为$(i,j)$元的矩阵可记为$(a_{ij})$或$(a_{ij})_{m\times n}$，$m\times n$矩阵A也记为$A_{mn}$
元素是实数的矩阵称为实矩阵，元素是复数的矩阵称为复矩阵。而行数和列数都等于n的矩阵称为n阶矩阵或n阶方阵。n阶方阵中所有$i=j$的元素$a_{ij}$组成的斜线称为（主）对角线，所有$i+j=n+1$的元素$a_{ij}$组成的斜线称为辅对角线。
本文讨论的重点运算——矩阵乘
两个矩阵的乘法仅当第一个矩阵A的列数和第二个矩阵B的行数相等时才能定义。如A是$m\times n$矩阵、B是$n\times p$矩阵，他们的乘积C是一个$m\times p$矩阵$c=(c_{ij})$，它的任意一个元素值为：
$$c_{i,j}=a_{i,1}b_{1,j}+a_{i,2}b_{2,j}+\cdots+a_{i,n}b_{n,j}=\sum_{r=1}^{n}a_{i,r}b_{r,j}$$
并将此乘积记为：$C=AB$。例如：
矩阵乘满足结合律、左分配律、右分配律，但是不满足交换律。即：
$(AB)C=A(BC)$
$(A+B)C=AC+BC$
$C(A+B)=CA+CB$
上一波代码：
struct matrix{
int data[][];
matrix operator*(const matrix &a){
matrix tmp;
for(int i=;i<;i++)
for(int j=;j<;j++){
tmp.data[i][j]=;
for(int k=;k<;k++)
tmp.data[i][j]+=data[i][k]*a.data[k][j];
}
return tmp;
}
matrix operator*=(const matrix &a){
*this=*this*a;
return *this;
}
};
关于重载什么的，可以参考我的另一篇博文——[技术]浅谈重载操作符
裸乘自然不会怎么出现，OI中，一般都是用的矩阵快速幂，而矩阵快速幂与普通快速幂并没有什么差别，原理也是相同的。
普通快速幂科普：
首先我们考虑，$a^{11}$可以怎样求？
朴素法：$O(n)$，一个一个乘
快速幂：$O(logn)$，$a^{11}=a^{2^{0}+2^{1}+2^{3}}$也就是说，我们只需不断乘上$a^{2^{x}}$即可计算，而这样的计算，可以由指数得到，复杂度为$O(logn)$
代码：
inline int po(int x,int p){
int ret();
while(p){
if(p&)//判断是否为奇数
ret*=x;
x*=x;
p>>=;//除以2
}
return ret;
}
那么矩阵快速幂就很简单了
代码如下：
struct matrix{
int data[][];
matrix operator*(const matrix &a){
matrix tmp;
for(int i=;i<;i++)
for(int j=;j<;j++){
tmp.data[i][j]=;
for(int k=;k<=;k++)
tmp.data[i][j]+=data[i][k]*a.data[k][j];
}
return tmp;
}
matrix operator*=(const matrix &a){
*this=*this*a;
return *this;
}
void identity(){
memset(data,,sizeof(data));
for(int i=;i<;i++)
data[i][i]=;
}
};
inline matrix pow(const matrix &a,int p){
matrix tmp;
tmp.identity();
while(p){
if(p&)
tmp*=a;
a*=a;
p>>=;
}
return tmp;
}
基本运用
矩阵快速幂可以用来求一些递推关系，比如说最简单的就是斐波那契数列了
我们知道，斐波那契数列的基本递推公式为：
$$f_{i}=f_{i-1}+f_{i-2}$$
那么我们可以设矩阵A和B（其实这玩意儿是向量）：
\[A=\begin{bmatrix} f_{i-1}\\ f_{i-2} \end{bmatrix}\]
\[B=\begin{bmatrix} f_{i}\\ f_{i-1} \end{bmatrix}\]
然后我们的问题就转化为，如何找到一个矩阵X使其能够达到如下转移：
$$B=XA$$
我们考虑矩阵乘法的定义，也就是说，我们要找到一个的矩阵才能满足前后两个矩阵的行列数（如果一定要说为啥的话，可能会扯一些线性代数什么奇奇怪怪的东西）。那么我们可以设该矩阵X为：
\begin{bmatrix}
a_{11} &a_{12}\\
a_{21} &a_{22}
\end{bmatrix}
那么XA的运算过程为：
我们令
$$a_{11}\times f_{i-1}+a_{12}\times f_{i-2}=f_{i}$$
$$a_{21}\times f_{i-1}+a_{22}\times f_{i-2}=f_{i-1}$$
由斐波那契数列通项公式:
$$f_{i}=f_{i-1}+f_{i-2}$$
可以解得第一个方程中$a_{11}=1,a_{12}=1$
而显然，第二个方程中，令$a_{21}=1,a_{22}=0$，则等式恒成立
所以解得
我们再设初始矩阵
那么：
我们就可以轻松地取出斐波那契数了
代码：
#include<string>
#include<cstring>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int mod=;
class matrix{
public:
int a[][];
matrix()
{
memset(a,,sizeof(a));
}
matrix operator*(matrix &x){
matrix b;
for(int i=;i<;i++)
for(int j=;j<;j++){
b.a[i][j]=;
for(int k=;k<;k++)
b.a[i][j]+=(a[i][k]*x.a[k][j]);
b.a[i][j]%=mod;
}
return b;
}
matrix operator*=(matrix &x){
*this=*this*x;
return *this;
}
};
matrix init(){
matrix res;
for(int i=;i<;i++)
for(int j=;j<;j++)
res.a[i][j]=(i==j);
return res;
}
matrix ks(matrix x,int k){
matrix res=init();
while(k){
if(k&)
res=res*x;
k>>=;
x=x*x;
}
return res;
}
int n;
int main(){
matrix con;
con.a[][]=;
con.a[][]=;
con.a[][]=;
con.a[][]=;
matrix f;
f.a[][]=;
f.a[][]=;
while(cin>>n&&n!=-){
if(n==){
cout<<<<endl;
continue;
}
if(n==||n==){
cout<<<<endl;
continue;
}
matrix res=ks(con,n-);
res*=f;
cout<<res.a[][]<<endl;
}
}
同样的，我们也可以把这种思想转移至其他递推关系中，比如说，我们有以下递推关系：
$$f_{i}=a_{1}f_{i-1}+a_{2}f_{i-2}+\cdots +a_{k}f_{i-k}$$
我们可以用同样的思路求解转移矩阵X，来达到优化求解的目的
比如说上述递推关系的转移矩阵就为：
\begin{bmatrix}
a_{1} & a_{2} & a_{3} & a_{4}& a_{5}\\
1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\
0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\
\vdots &\vdots &\vdots & \ddots & \vdots \\
0 & 0 & \cdots & 1 & 0
\end{bmatrix}
请读者用项数较小的递推关系证明该矩阵的正确性
进阶
我们有了这样一个工具，但是显然，除非是入门向的裸题，我们首先要能想到矩阵，才能使用它。那么，什么样的题目容易让人想到矩阵呢？
- 数据范围极大，比如$10^{18}$什么的，$O(n)$都过不去的，可以尝试用矩阵转移
- 有明显可以使用矩阵快速幂的递推关系的（这个等一会 会说到）
- 实在想不出来怎么用其他算法，只能乱搞的时候
貌似目前想不到什么了，（可能还是我比较弱，没做过太多题吧）
那么，什么叫明显可以使用矩阵快速幂的递推关系呢？
先上个简单例题：
在这道题中，我们忽略字符串因素，（忽略个鬼，就这玩意难），剩下的就是一个很简单的递推，我们发现，该递推关系中，我们用到了加法原理与乘法原理，这是很多递推求方案数的关键点。
我们重新观察一下上述矩阵乘的表达式：
$$c_{i,j}=a_{i,1}b_{1,j}+a_{i,2}b_{2,j}+\cdots+a_{i,n}b_{n,j}=\sum_{r=1}^{n}a_{i,r}b_{r,j}$$
我们由一步递推开始讨论，设一初始矩阵A：
$$ A=\begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n}\\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n}\\
a_{31} & a_{32} & \cdots & a_{3n}\\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
a_{m1} & a_{m2} & \cdots & a_{mn}
\end{bmatrix} $$
其中表示由第i种状态一步转移到第j种状态的方案数，那么我们让A平方一下，会发生什么呢？
$$A^{2}$$
$$= \begin{bmatrix}
a_{11} & a_{12} & \cdots & a_{1n} \\
a_{21} & a_{22} & \cdots & a_{2n} \\
a_{31} & a_{32} & \cdots & a_{3n} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
a_{n1} & a_{n2} & \cdots & a_{nn}
\end{bmatrix}^{2}$$
$$= \begin{bmatrix}
\sum_{r=1}^{n}a_{1r}\times a_{r1} & \sum_{r=1}^{n}a_{1r}\times a_{r2} & \cdots & \sum_{r=1}^{n}a_{1r}\times a_{rn} \\
\sum_{r=1}^{n}a_{2r}\times a_{r1} & \sum_{r=1}^{n}a_{2r}\times a_{r2} & \cdots & \sum_{r=1}^{n}a_{2r}\times a_{rn} \\
\sum_{r=1}^{n}a_{3r}\times a_{r1} & \sum_{r=1}^{n}a_{3r}\times a_{r2} & \cdots & \sum_{r=1}^{n}a_{3r}\times a_{rn} \\
\vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\
\sum_{r=1}^{n}a_{nr}\times a_{r1} & \sum_{r=1}^{n}a_{nr}\times a_{r2} & \cdots & \sum_{r=1}^{n}a_{nr}\times a_{rn}
\end{bmatrix}$$
看着这个式子一定还是会十分有点懵，那么我们就拿出平方后的$(1,1)$元来研究。
$(1,1)$元显然等于：
$$\sum_{r=1}^{n}a_{1r}a_{r1}$$
我们感性理解一下，想象当前有n个节点，每两点可以互相到达，并有不同的方案，从节点一经两步回到节点一的方案有多少？
由分类加法原理可得：
$$1\rightarrow 1(two steps)=1\rightarrow 1\rightarrow 1+1\rightarrow 2\rightarrow 1+\cdots +1\rightarrow n\rightarrow 1$$
而由分步乘法原理可得：
$$1\rightarrow x\rightarrow 1=(1\rightarrow x)\times (x\rightarrow 1)$$
那么我们从节点一走两步回到节点一的方案数即为：
$$\sum_{i=1}^{n}(1\rightarrow i)\times (i\rightarrow 1)$$
而$1\rightarrow i$不就是$a_{1i}$吗？所以，当前这个式子的结果，正好是进行矩阵乘之后$a_{11}$的值。
同样的，我们可以把这个结果推广到n步的情况，我们得到初始矩阵之后，用快速幂求解，就可以得到n步之后，各个状态之间的转移情况了。
所以，这可能就是我们常见的运用矩阵快速幂的情况吧。
题表
总结
当出现明显可以使用矩阵解决递推关系时，试着推出递推式
当出现求某种转移方案数时，尝试向矩阵快速幂靠拢，从而使用矩阵
正确理解矩阵，考试不会出裸题，只有想到能用它才是正解，才能将其变成自己的东西
谢谢您的阅读，希望对您有用！