與快速冪一樣，可以將遞推式通過二進制的方式來進行優化，這個學了快速冪就是十分容易理解

大概的板子如下：

struct mat///自己定義大小的矩陣
{ll m[11][11];
};
mat mulmat(mat A,mat B)///兩個矩陣相乘
{mat C;memset(C.m,0,sizeof(C.m));for(int i=0;i<n;i++)///注意n是自己構造矩陣的大小for(int j=0;j<n;j++)for(int k=0;k<n;k++)C.m[i][j]=(C.m[i][j]+A.m[i][k]*B.m[k][j])%mod;return C;
}
mat qmod_mat(mat A,ll b)///A為變換矩陣，b為冪
{mat ans;memset(ans.m,0,sizeof(ans.m));for(int i=0;i<10;i++) ans.m[0][i]=i;///給自己的初始矩陣賦值，一般初始矩陣和變換矩陣都是固定的while(b){if(b&1) ans=mulmat(ans,A);A=mulmat(A,A);b>>=1;}return ans;///最后的矩陣，答案
}
int main()

?

這個與快速冪寫法略有不同，主要是因為矩陣快速冪需要自己構造你的變換函數，而快速冪的a僅僅是一個底數。

構造矩陣快速冪的方法是這種題的重要難點：

矩陣構造方法

Fibonacci數列：F(0)=1 , F(1)=1 , F(n)=F(n-1)+F(n-2)

我們以前快速求Fibonacci數列第n項的方法是 構造常系數矩陣

（一）?? Fibonacci數列f[n]=f[n-1]+f[n-2],f[1]=f[2]=1的第n項快速求法（不考慮高精度）

解法：

考慮1×2的矩陣【f[n-2],f[n-1]】。根據Fibonacci數列的遞推關系，我們可以通過乘以一個2×2的矩陣A，得到矩陣：【f[n-1],f[n]】。

即：【f[n-2],f[n-1]】*A = 【f[n-1],f[n]】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]】

很容易構造出這個2×2矩陣A，即：
０ １?
１ １

所以，有【f[1],f[2]】×A＝【f[2],f[3]】
又因為矩陣乘法滿足結合律，故有：
【f[1],f[2]】×A ^(n-1) =【f[n],f[n+1]】
這個矩陣的第一個元素f[n]即為所求。

?

（二）?? 數列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+1,f[1]=f[2]=1的第n項的快速求法（不考慮高精度）

解法：
仿照前例，考慮1×3的矩陣【f[n-2],f[n-1],1】，希望求得某3×3的矩陣A，使得此1×3的矩陣乘以A得到矩陣：【f[n-1],f[n],1】

即：【f[n-2],f[n-1],1】* A ＝【f[n-1],f[n],1】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]+1,1】

容易構造出這個3×3的矩陣A，即：
０ １ ０?
１ １ ０?
０ １ １

故：【f[1],f[2],1】* A^(n-1) = 【f[n],f[n+1],1】

?

（三）數列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+n+1,f[1]=f[2]=1的第n項的快速求法（不考慮高精度）.
解法：
仿照前例，考慮1×4的矩陣【f[n-2],f[n-1],n,1】，希望求得某4×4的矩陣A，使得此1×4的矩陣乘以A得到矩陣：【f[n-1],f[n],n+1,1】
即：【f[n-2],f[n-1],n,1】* A? = 【f[n-1],f[n],n+1,1】＝【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]+n+1,n+1,1】
容易構造出這個4×4的矩陣A，即：
０ １ ０ ０?
１ １ ０ ０?
０ １ １ ０?
０ １ １ １

故：【f[1],f[2],3,1】* A^(n-1) = 【f[n],f[n+1],n+2,1】

?

?

（四）?? 數列f[n]=f[n-1]+f[n-2],f[1]=f[2]=1的前n項和s[n]=f[1]+f[2]+……+f[n]的快速求法（不考慮高精度）.

解法：

仿照之前的思路，考慮1×3的矩陣【f[n-2],f[n-1],s[n-2]】，我們希望通過乘以一個3×3的矩陣A，得到1×3的矩陣：【f[n-1],f[n],s[n-1]】
即：【f[n-2],f[n-1],s[n-2]】 * A? = 【f[n-1],f[n],s[n-1]】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2],s[n-2]+f[n-1]】
容易得到這個3×3的矩陣A是：
０ １ ０?
１ １ １?
０ ０ １

這種方法的矩陣規模是(r+1)*(r+1)

f(1)=f(2)=s(1)=1 ，所以，有

【f(1),f(2),s(1)】* A? = 【f(2),f(3),s(2)】

故：【f(1),f(2),s(1)】* A^(n-1)? = 【f(n),f(n+1),s(n)】

?

（五）?? 數列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+n+1,f[1]=f[2]=1的前n項和s[n]=f[1]+f[2]+……+f[n]的快速求法（不考慮高精度）.

解法：

考慮1×5的矩陣【f[n-2],f[n-1],s[n-2],n,1】,
我們需要找到一個5×5的矩陣A，使得它乘以A得到如下1×5的矩陣【f[n-1],f[n],s[n-1],n+1,1】
即：【f[n-2],f[n-1],s[n-2],n,1】* A? =【f[n-1],f[n],s[n-1],n+1,1】

=【f[n-1], f[n-1]+f[n-2]+n+1,s[n-2]+f[n-1],n+1,1】
容易構造出A為：
０ １ ０ ０ ０?
１ １ １ ０ ０?
０ ０ １ ０ ０?
０ １ ０ １ ０?
０ １ ０ １ １

故：【f(1),f(2),s(1),3,1】* A^(n-1)? = 【f(n),f(n+1),s(n),n+2,1】

?

一般地，如果有f[n]=p*f[n-1]+q*f[n-2]+r*n+s
可以構造矩陣A為：
0? q ?0 ?0 ?0?
1 ?p ?1 ?0 ?0?
0 ?0 ?1 ?0 ?0?
0 ?r ?0 ?1 ?0?
0 ?s ?0 ?1 ?1

更一般的，對于f[n]=Sigma(a[n-i]*f[n-i])+Poly(n)，其中0<i<=某常數c, Poly (n)表示n的多項式，我們依然可以構造類似的矩陣A來解決問題。
設Degree(Poly(n))=d, 并規定Poly(n)=0時，d=-1，此時對應于常系數線性齊次遞推關系。則本方法求前n項和的復雜度為：
((c+1)+(d+1))3*logns

例如：A(0) = 1 , A(1) = 1 , A(N) = X * A(N - 1) + Y * A(N - 2) (N >= 2)；給定三個值N，X，Y求S(N):S(N) = A(0)2 +A(1)2+……+A(n)2。

解：考慮1*4 的矩陣【s[n-2],a[n-1]^2,a[n-2]^2,a[n-1]*a[n-2]】

我們需要找到一個4×4的矩陣A，使得它乘以A得到1×4的矩陣

【s[n-1],a[n]^2,a[n-1]^2,a[n]*a[n-1]】

即：【s[n-2],a[n-1]^2,a[n-2]^2,a[n-1]*a[n-2]】* A = 【s[n-1],a[n]^2,a[n-1]^2,a[n]*a[n-1]】

= 【s[n-2]+a[n-1]^2 , x^2 * a[n-1]^2 + y^2 * a[n-2]^2 + 2*x*y*a[n-1]*a[n-2] ,

a[n-1]^2 , x*a[n-1]^2 + y*a[n-2]a[n-1]】

可以構造矩陣A為：

1???? 0??? 0??? 0

1??? x^2?? 1??? x

0??? y^2?? 0??? 0

0??? 2xy?? 0??? y

故：【S[0],a[1]^2,a[0]^2,a[1]*a[0]】 * A^(n-1) = 【s[n-1],a[n]^2,a[n-1]^2,a[n]*a[n-1]】

所以：【S[0],a[1]^2,a[0]^2,a[1]*a[0]】 * A^(n) = 【s[n],a[n+1]^2,a[n]^2,a[n+1]*a[n]】

若A = (B * C ) 則AT?= ( B * C )T?= CT?* BT

附：大佬博客鏈接

總結

以上是生活随笔為你收集整理的矩阵快速幂+构造方法的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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