矩阵优化dp

news/2026/1/22 7:35:24/文章来源:https://www.cnblogs.com/fnoihzhyan/p/19514859

矩阵乘法

考虑一个 $n\times m$（即 n 行 m 列）的矩阵乘上一个 $m\times k$ 的矩阵，乘法后得到 $n\times k$ 的矩阵。

代数的写法就是

\[C_{i,j}=\sum_{t=1}^m A_{it}\cdot B_{tj} \]

在写的时候，先枚举 $i,k$，如果 $A_{ik}$ 为 $0$ 的话就直接跳过这一维能够部分优化常数。

$C_{i,j}$ 由矩阵 $A$ 的第 $i$ 行和矩阵 $B$ 的第 $j$ 列的乘积和构成，注意不要搞混了。

注意到矩阵只有结合律而没有交换律。

所以 $A,B,C$ 是三个矩阵，那么 $ABC$ 可以是 $A(BC)$ 但不能是 $BCA$。

矩阵快速幂优化计算

把矩阵看作一个数，用对于数做快速幂的方法对于矩阵做快速幂，就是矩阵快速幂了，实现上通常会定义一个矩阵类/结构体，封装一个矩阵乘法。

这样就能快速地求出一个矩阵的 $n$ 次方了。

矩阵快速幂只适用于方阵，即 $n\times n$ 的矩阵，并且约定 $A^0=I$，$I$ 为单位矩阵。

P1939

这道题目，要求求出一个数列的第 $x$ 项，且 $x$ 很大。

\[a_x= \begin{cases} 1&x\in\{1,2,3\}\\ a_{x-1}+a_{x-3}&x\geq 4 \end{cases} \]

那么我们考虑使用一个矩阵 $\begin{bmatrix}a_x\\a_{x-1}\\a_{x-2}\end{bmatrix}$ 来描述一个状态。

发现状态间有

\[\begin{bmatrix} a_x\\ a_{x-1}\\ a_{x-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} a_{x-1}\\ a_{x-2}\\ a_{x-3}\\ \end{bmatrix} \]

可以依照下图理解一下，对应行和对应列的相同颜色的项相乘，然后和就是红色的那个值了。

\[\begin{bmatrix} \color{red}{a_x}\\ a_{x-1}\\ a_{x-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \color{blue}1&\color{green}0&\color{orange}1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \color{blue}a_{x-1}\\ \color{green}a_{x-2}\\ \color{orange}a_{x-3}\\ \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} a_x\\ \color{red}a_{x-1}\\ a_{x-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0&1\\ \color{blue}1&\color{green}0&\color{orange}0\\ 0&1&0\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \color{blue}a_{x-1}\\ \color{green}a_{x-2}\\ \color{orange}a_{x-3}\\ \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} a_x\\ a_{x-1}\\ \color{red}a_{x-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1&0&1\\ 1&0&0\\ \color{blue}0&\color{green}1&\color{orange}0\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \color{blue}a_{x-1}\\ \color{green}a_{x-2}\\ \color{orange}a_{x-3}\\ \end{bmatrix} \]

然后我们发现

\[\begin{bmatrix} a_x\\ a_{x-1}\\ a_{x-2} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} a_{x-1}\\ a_{x-2}\\ a_{x-3}\\ \end{bmatrix} \]

\[\begin{bmatrix} a_{x-1}\\ a_{x-2}\\ a_{x-3} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} a_{x-2}\\ a_{x-3}\\ a_{x-4}\\ \end{bmatrix} \]

于是考虑递归地将下面的式子带入到上面的式子，就有了

\[\begin{bmatrix} a_x\\ a_{x-1}\\ a_{x-2} \end{bmatrix} =\begin{bmatrix} 1&0&1\\ 1&0&0\\ 0&1&0\\ \end{bmatrix}^{x-3} \cdot \begin{bmatrix} a_{3}\\ a_{2}\\ a_{1}\\ \end{bmatrix} \]

发现这个是可以用矩阵快速幂快速计算的，并且比较容易。

我们把做快速幂的这个 $3\times 3$ 的矩阵称作转移矩阵。

有些时候，在这个 $A^{x-3}$ 的形式算完之后，因为 $$\begin{bmatrix}a_3\a_2\a_1\end{bmatrix}$$ 这个矩阵的形式比较简单，可以手动把这一步算出来，然后用 $A$ 中的项直接表示出这次矩阵乘法的结果，代码会好写一些。

比如这道题目，可以计算出 $A^{x-2}$ 的值，发现那么我们要求的 $a_x$ 其实对应的就是目标矩阵的第二行那个数字（原图中 $a_{x-1}$ 的位置），也就是 $A_{2,1}$，就是这个转移矩阵的第二行的第一个数字。

关于写法的问题

可以发现其实上面的转移式还有一种写法

\[\begin{bmatrix} a_x&a_{x-1}&a_{x-2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_{x-1}&a_{x-2}&a_{x-3} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} 1&1&0\\ 0&0&1\\ 1&0&0 \end{bmatrix} \]

这样计算出来的意思是一样的。

（注意看这两种写法的转移矩阵是不一样的，准确来说做了个转置的操作。）

特别注意，在线段树维护矩阵的时候，两种写法的 pushup 操作是顺序不同的，后面会具体进行说明。

矩阵快速幂优化dp

那么我们考虑在大多数的 dp 中，转移的式子会写成这种形式

$f_x=a_{x-1}f_{x-1}+a_{x-2}f_{x-2}+\dots +a_{x-k}f_{x-k}$

这里的 $a_{x-1}$ 这些系数对于每个 $f_x$ 都是相同的，也就是说这些都是常数。

也可以说这个时候 $f_x$ 为线性递推数列。

下面这句话不影响理解文章，可以选择跳过。

当然线性递推数列可以通过特征方程的方式求出通项公式，但是通向公式通常会带有根号导致无法直接计算，有时还有不可用根式表达的情况（Abel–Ruffini），还需要手动写出根号类运算支持根号的运算，也并不简单，并且在 mod 意义下（正确性存疑）。

考虑应用刚才的知识，类比方法

\[\begin{bmatrix} f_x\\ f_{x-1}\\ f_{x-2}\\ \vdots\\ f_{x-k+1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} a_{x-1}&a_{x-2}&a_{x-3}&\cdots&a_{x-k+1}&a_{x-k}\\ 1&0&0&\cdots&0&0\\ 0&1&0&\cdots&0&0\\ \vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&1&0 \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} f_{x-1}\\ f_{x-2}\\ f_{x-3}\\ \vdots\\ f_{x-k} \end{bmatrix} \]

发现这个转移可以用这种形式来表示。

其实就是把原来 dp 转移的系数平推在第一行了。

但是并不是所有的 dp 的转移形式都长成这个样子，还有另外一种形式。

比如说有些 dp 的转移函数长成这个样子

\[dp_{i,j,k}=\sum a_{i-1,x,y}dp_{i-1,x,y} \]

$j,k$ 这两位都不大。

那么这个时候就要把 $j,k$ 压到一行上，然后做矩阵快速幂。

以 $j\in\{0,1\}，k\in\{0,1\}$ 举例子。

为了方便表示，下面记录 $dp_{i,x,y}$ 中 $dp_{i-1,j,k}$ 的贡献为 $f_{x,y,j,k}$，即 $dp_{i,x,y}=\sum f_{x,y,j,k}dp_{i-1,j,k}$。

\[\begin{bmatrix} dp_{i,0,0}\\ dp_{i,0,1}\\ dp_{i,1,0}\\ dp_{i,1,1}\\ \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} f_{0,0,0,0}&f_{0,0,0,1}&f_{0,0,1,0}&f_{0,0,1,1}\\ f_{0,1,0,0}&f_{0,1,0,1}&f_{0,1,1,0}&f_{0,1,1,1}\\ f_{1,0,0,0}&f_{1,0,0,1}&f_{1,0,1,0}&f_{1,0,1,1}\\ f_{1,1,0,0}&f_{1,1,0,1}&f_{1,1,1,0}&f_{1,1,1,1}\\ \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} dp_{i+1,0,0}\\ dp_{i+1,0,1}\\ dp_{i+1,1,0}\\ dp_{i+1,1,1}\\ \end{bmatrix} \]

这个转移显然是成立的，注意一下和上面的矩阵是有区别的，实现的时候通常写一个函数 id(j,k) 确定矩阵上的位置。

这个题，就是 $id(j,k)=2j+k，id(j,k)\in\{0,1,2,3\}$。

也就是 $(0,0)$ 对应这个矩阵的第一个位置，$(0,1)$ 对应这个矩阵的第二个位置，$(1,0)$ 对应这个矩阵的第三个位置...。

例子是 P5303 和 P5371。

注意到有些时候可能会有更多维度，矩阵乘法都压到一行上。

考虑矩阵是一个 $n\times n$ 的，那么时间复杂度就是 $n^3\log x$，其中 $x$ 是要求 $dp_x$ 的值，这里的 $n^3$ 使用上文说过的优化方法（跳过 $a_{i,j}=0$ 的位置）通常跑不满。

注意到有些时候矩阵可能会很大，比如 P5303 我的做法$n$是$40+$ ， P5371 我的做法 $n$是$20+$，这个时候可以先写一个暴力的 dp ，然后把暴力 dp 的每个状态用上述方法映射到一个 id ，原来暴力 dp 的转移$dp_{i,j,k,l}+=a\cdot dp_{i-1,j2,k2,l2}$，写成$M_{id(j,k,l),id(j2,k2,l2)}+=a$或者$M_{id(j2,k2,l2),id(j,k,l)}+=a$，取决于你的写法是那种，矩阵乘向量还是向量乘矩阵。

这里$M$是转移矩阵，$a$是 dp 时的系数。

线段树维护矩阵乘法

注意到上文所说的矩阵快速幂维护的矩阵都有一个特点，就是 $dp_i$ 和 $dp_{i-1}$ 的转移系数 $a_{i,j}$ 是固定的，并不会因为 $i$ 的变化而变化。

但是考虑下面这个问题。

P12087

给出一个很大的数（$10^5$ 位量级），每次询问不大于这个数的不包含子串 13 的数有多少个。

到这里是可以使用树形 dp 进行维护的。

$dp_{i,j,k}$ 表示处理完了前 $i$ 位的情况，第 $j$ 位是不是 $1$，是否（$k$）卡满了上届，后续一共有多少种填法。

转移可以考虑典型的树形 dp 的转移方法

int LIM;
if(lim)LIM=x[i+1]-'0';
else LIM=9;
for(int j=0;j<=LIM;++j){if(f and j==3)continue;(num+=dfs(i+1,(j==1),lim&(j==(x[i+1]-'0'))))%=mod;
}
return dp[i][f][lim]=num;

但是这个题目还有两个变化。

查询区间 $[l,r]$ 直接组成一个数字，这个字问题的答案。
修改原来的数字的某一位。

发现这一整个转移过程都可以使用上文提到的以 $j\in\{0,1\}，k\in\{0,1\}$ 举例子的部分用矩阵的方式表示出转移。

注意到转移和 $a$ 的值有关，因此考虑使用线段树进行维护，每个节点都维护一个转移矩阵，线段树的性质可以支持单点修改矩阵和区间查询矩阵。

注意一个重要的细节
如果写法是

记录 $x_n$ 为转移矩阵。

\[f_n=x_n f_{n-1}\\ f_{n-1}=x_{n-1} f_{n-2}\\ f_n=x_nx_{n-1}\cdots x_2 f_1 \]

你会发现这里的矩阵是从大下标一直乘到小下标的，而矩阵乘法是不具有交换律的，因此写成 pushup 的时候要记得写右子树矩阵乘左子树矩阵。

不过如果转移矩阵写成

\[\begin{bmatrix} dp_{i,0,0}&dp_{i,0,1}&dp_{i,1,0}&dp_{i,1,1} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_{i-1,0,0}&dp_{i-1,0,1}&dp_{i-1,1,0}&dp_{i-1,1,1} \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} f_{0,0,0,0}&f_{0,1,0,0}&f_{1,0,0,0}&f_{1,1,0,0}\\ f_{0,0,0,1}&f_{0,1,0,1}&f_{1,0,0,1}&f_{1,1,0,1}\\ f_{0,0,1,0}&f_{0,1,1,0}&f_{1,0,1,0}&f_{1,1,1,0}\\ f_{0,0,1,1}&f_{0,1,1,1}&f_{1,0,1,1}&f_{1,1,1,1}\\ \end{bmatrix} \]

就不存在这种问题了，展开递推式子是按照小下标到大下标的顺序的，线段树直接按照 $ls*rs$ 就是对的，在使用线段树维护矩阵的时候推荐这张写法。