--by SmallBasic

本文是拿来玩耍，而不是学习的！

矩阵的加法，要求两个矩阵大小相等，于是可以对位单点相加。

$$C_{i, j} = A_{i, j} + B_{i, j} $$

关于矩阵乘法，定义一个 $n \times c$ 的矩阵 $A$ 和一个 $c \times m$ 的矩阵 $B$，其乘法 $C = AB$ 可以表示为：

$$C_{i, j} = \sum_{k = 1}^c A_{i, k} \times B_{k, j} $$

最终得到一个 $n \times m$ 的矩阵。

用一个简单一点的话来说，$C_{i, j}$ 表示的是 $A$ 的第 $i$ 行，$B$ 的第 $j$ 列，一一对应相乘后求和的结果。

我们可以考察两个运算的性质：

• 加法的结合律，交换律，数乘的分配律。这基于加法满足这些性质，而矩阵只是将多个运算一起进行了。
• 乘法的结合律，分配律。结合律我不会证明，分配律可以从定义出发。

$$(A + B)C \to \sum_{k = 1}^c (A_{i, k} + B_{i, k}) \times C_{k, j} = \sum_{k = 1}^c A_{i, k} \times C_{k, j} + \sum_{k = 1}^c B_{i, k} \times C_{k, j} = AC + BC $$

值得注意的是，矩乘运算一般情况下不满足交换律！

矩阵在 OI 的用处比较广，很多较为高级的东西都可以用它来解释，所以了解是必要的。

线性递推

矩阵可以快速的求出形如 $F_i = \sum_{j = 1}^k c_j F_{i - j}$ 的递推式，例如斐波那契数列：$F_i = F_{i - 1} + F_{i - 2}$。

利用矩阵乘法可以表示为：

$$\begin{pmatrix} F_i \\ F_{i - 1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} F_{i - 1} \\ F_{i - 2} \end{pmatrix} $$

如果我们多递推几次，可以有：

$$\begin{pmatrix} F_i \\ F_{i - 1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{i - 1} \begin{pmatrix} F_1 \\ F_0 \end{pmatrix} $$

考虑到矩阵乘法满足结合律，那么我们就可以通过快速幂的方式在 $O(2^3 \log n)$ 的复杂度内求出斐波那契的第 $n$ 项了。

如果有一个序列满足 $g_n = g_{n - 1} + g_{n - 2}$，初始 $g_0 = a, g_1 = b$，那么我们可以知道 $g_n = F_{n - 1} g_1 + F_{n - 2} g_0$。

证明是不难的。由于存在：

$$\begin{pmatrix} g_n \\ g_{n - 1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{n - 1} \begin{pmatrix} b \\ a \end{pmatrix} $$

将 $\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}$ 写为：$\begin{pmatrix} F_1 & F_0 \\ F_0 & 0 \end{pmatrix}$，那么自然的，$\begin{pmatrix} F_1 & F_0 \\ F_0 & 0 \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_2 & F_1 \\ F_1 & F_0 \end{pmatrix}$，归纳一下，得出：$\begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^n = \begin{pmatrix} F_n & F_{n - 1} \\ F_{n - 1} & F_{n - 2} \end{pmatrix}, n > 1$。

于是

$$\begin{pmatrix} g_n \\ g_{n - 1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_{n - 1} & F_{n - 2} \\ F_{n - 2} & F_{n - 3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} g_1 \\ g_0 \end{pmatrix} $$

也就是说 $g_n = F_{n - 1} g_1 + F_{n - 2} g_0$。

发现我们在证明中并没有用到 $g_0, g_1$ 是什么，所以这可以轻易的扩展到任意类斐波那契的数列上。

然而推广是困难的，当初始项 $\ge 3$ 后，我并没有想到该如何推广可能是我太菜了 QwQ

回到正常的斐波那契数列，如果我们稍稍将 $n - 1$ 拆解一下，我们可以得到一个好玩的结论。

$$\begin{pmatrix} F_n \\ F_{n - 1} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{k} \begin{pmatrix} 1 & 1 \\ 1 & 0 \end{pmatrix}^{n - 1 - k} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} F_k & F_{k - 1} \\ F_{k - 1} & F_{k - 2} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} F_{n - k - 1} & F_{n - k - 2} \\ F_{n - k - 2} & F_{n - k - 3} \end{pmatrix} \begin{pmatrix} 1 \\ 1 \end{pmatrix} $$

将 $F_n$ 那一堆展开，得到

$$F_n = F_k (F_{n - k - 1} + F_{n - k - 2}) + F_{k - 1} (F_{n - k - 2} + F_{n - k - 3}) = F_k F_{n - k} + F_{k - 1} F_{n - k - 1} $$

于是我们就这么发现并且无需证明的得到了某个恒等式，而不是通过更简单的归纳证明。

如果我们遇到了这种问题：

• 定义递推数列 $F$，维护一个序列 $A$，多次区间加 $F$，也就是对于区间 $[l, r]$，令 $A_i = A_i + F_{i - l}$，询问最终的序列。

如果只有一个加法是简单的，我们在前 $k$ 个位置累加一下 $F$ 初始序列，在 $l + k$ 开始加入一个初始向量 $F_{[0, k)}$。

每次向后一个，乘上一个转移矩阵，顺便累加到原序列即可，在 $r + 1$ 的位置，我们直接将维护的向量减去 $F_{[0, k)} T^{r - l - k + 1}$ 即可，如果是纯矩阵是 $O(n k^2)$ 的，但是容易优化到 $O(nk)$。

我们考虑矩阵满足结合律，于是每一个修改加入和减去向量是不会相互影响的，所以我们可以直接优化到 $O(nk + mk)$。

超级矩阵快速幂！

哈密尔顿–凯莱定理，这是本方法最重要的理论。

在任何交换环上实或复的方阵 $A$ 都满足 $p(\lambda) = \det (\lambda I_n - A)$。

而哈密尔顿–凯莱断言，$p(A) = O$。

具体来说，考虑方阵：$\begin{pmatrix}1 & 2 \\ 3 & 4\end{pmatrix}$，其特征多项式为：$p(\lambda) = \begin{vmatrix}\lambda - 1 & -2 \\ -3 & \lambda -4\end{vmatrix} = \lambda^2 - 5\lambda - 2$。

根据哈密尔顿–凯莱定理，我们可以知道 $A^2 - 5A - 2I = O \iff A^2 = 5A + 2I$。

于是对于一个高次的 $A^k$ 我们可以如此不断的简化，变成只需要对于原矩阵进行数乘和加法即可，这是 $O(n^2)$ 的。

但是本方法的瓶颈并不是在于求答案，而是求出特征方程，以及预处理矩阵的过程，这是很难完成的。最终出来的特征多项式是与矩阵的大小线性相关的，也就意味着我们需要预处理 $O(n)$ 次的矩阵乘法才可以做到 $O(n^2)$ 的计算，而预处理的代价太昂贵，所以本方法其实没有任何作用。

注意此方法在 $\Z_p$ 下不太可能适用，不太清楚细节。

矩阵与邻接矩阵

你猜猜为什么叫邻接矩阵而不是邻接表？

邻接矩阵 $G_{i, j}$ 可以看作走一条边从 $i \to j$ 的方案数。

自然的，我们考虑其乘法：$G^2_{i, j} = \sum_{k} G_{i, j} \times G_{k, j}$，惊奇的发现 $G^2$ 表示的是走两条边从 $i \to j$ 的方案数！

于是自然的，推广出来，$G^k$ 表示的是走 $k$ 条边从 $i \to j$ 的方案数！

我们继续玩，将矩阵乘法变为 $(\min, +)$，那么 $G^2_{i, j} = \min_k (G_{i, k} + G_{k, j})$，如果我们将 $G_{i, j}$ 看作 $i \to j$ 的最短路径，那么不就是说 $G^n$ 就是全源最短路了！（这可以 $O(n^3 \log n)$ 求欸，好优秀）

但是 floyd 不乐意了，咱拿着 DP 不用，用矩阵干嘛，于是利用类似的东西搞出来了 $O(n^3)$ 的做法。

在稀疏图上不如 Johnson 全源最短路，$O(nm + nm \log m)$。

我们回到方案数上，看这么一个问题：求一个图的 $k$ 元环数量。

$k = 2, 3, 4$ 都是极其简单好做的，很容易做到 $O(n^3)$ 以内，但是在 $n \ge 5$ 后事情开始变得复杂。

我们回到 $G^k$ 的定义，自然的联想到 $G^k_{i, i}$ 中一定包含了满足为环的东西，但是也有不是的，需要容斥掉。

在 $k = 5$ 时，发现可能为一个 $2$ 元环和 $3$ 元环构成，如果我们能够把二元环不计入其中，是否就意味着我们就不需要容斥了？

问题在于如何容斥，我们考虑矩阵递推，设 $M_k$ 表示不计入二元环的长度为 $k$ 的路径数，自然 $M_1 = G$，$G^2$ 中显然包含二元环，我们只需要减去 $D$ 即可，也就是 $M_2 = G^2 - D$。

然而 $M_3$ 可以从 $M_2 G$ 转移过来，但是发现多了一些东西，就是类似于 $a \to b \to c \to b$ 的路径，这可以从 $M_1$ 减去走一次二元环转移过来。我们可能会直接减去 $M_1 D$，但是发现会多减了一些东西，具体来说，多减了 $a \to b \to a \to b$ 的路径，也就是说这里的路径不应该包含走回去的路径，所以得出实际上的递推式：$M_k = M_{k - 1} G - M_{k - 2} (D - I), k > 2$

于是我们得到了 CF1662C European Trip 的优秀做法。

回到 $k$ 元环上，当 $k = 6$ 时，我们去掉了二元环，但是算出来会多一点点东西，具体来说，多了形如 $a \to b \to c \to a \to d \to e \to a$，也就是两个三元环拼起来的东西，而算这个东西是简单的，所以我们简单的得出了 $k = 6$ 时的答案。

如果继续考虑 $k = 7$ 时，我们就会多算 $3 + 4$ 的情况，类似的容斥即可。

但是当 $k \ge 8$ 后，事情逐渐变的复杂，因为我们会遇到更多的情况，例如 $3 + 5, 4 + 4$，在更大的时候还可能遇到 $4 + 5, 3 + 3 + 4, 3 + 5 + 7$ 等等情况，这讨论就会十分复杂度了。

完了，还有好多东西需要邻接矩阵。

经典的，矩阵树定理，$D - G$ 的任一代数余子式也就是 $\sum_T \prod_{e \in T} w(e)$。

好神秘的东西，还有一个 [# LGV引理] 我不会……

矩阵与线段树

乱七八糟的标记，看着头痛。

于是有了 算法学习笔记(33): 矩阵乘法与线段树标记

矩阵与 FFT

不是，这确实能扯，有多少人知道矩阵与 # 算法学习笔记(17): 快速傅里叶变换（FFT） 有什么关系？

离散傅里叶变换可以利用矩阵表示为：

$$\begin{bmatrix} h(\omega^0) \\ h(\omega^1) \\ h(\omega^2) \\ \vdots \\ h(\omega^{n-1}) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 & 1 & \cdots & 1 \\ 1 & w_n^1 & w_n^2 & w_n^3 & \cdots & w_n^{n-1} \\ 1 & w_n^2 & w_n^{2\times2} & w_n^{2\times3} & \cdots & w_n^{2\times(n-1)}\\ \vdots & \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \cdots \\ 1 & w_n^{(n-1)\times2} & w_n^{(n-1)\times3} & w_n^{(n-1)\times2} & \cdots & w_n^{(n-1)\times(n-1)} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} c_0 \\ c_1 \\ c_2 \\ \vdots \\ c_{n-1} \end{bmatrix} $$

快速傅里叶变换做的事情本质上就是优化这一个矩阵乘法！

矩阵与期望

很经典的应用有一个 # 算法学习笔记(23): 马尔可夫链中的期望问题

还有好多期望的问题都需要用到矩阵转移。

例如说 P4457 [BJOI2018] 治疗之雨 和矩阵强相关！

不过线性代数的东西也不少。

不知道还能扯啥了

咱就不扯了吧