浅谈矩阵加速——以时间复杂度为O(log n）的算法实现裴波那契数列第n项及前n之和使用矩阵加速法的优化求法
首先请连矩阵乘法乘法都还没有了解的同学简单看一下这篇博客：
https://blog.csdn.net/weixin_44049566/article/details/88945949
首先直接暴力求使用O(n)的时间复杂度肯定是不行的，所以我们应该使用更优的时间复杂度。
设f(n)为裴波那契数列第n项。让我们来构造两个矩阵：
和
.
现在我们不妨将两个矩阵相乘，化简过后可以得到：,也就是
.
如果再将得到的新矩阵乘以，便可以得到
。
也就是我们想得到第n项，就可以这么实现：,也就是
。
看到幂我们就可以想到快速幂，所以最后程序的时间复杂度便是O(log n)。
代码
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;#define N 10
#define LL long longint n,mod;struct Matrix {LL n,m,c[N][N];Matrix() { memset(c,0,sizeof(c)); };void _read() {for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%lld",&c[i][j]);}Matrix operator * (const Matrix& a) {Matrix r;r.n=n;r.m=a.m;for(int i=1;i<=r.n;i++)for(int j=1;j<=r.m;j++)for(int k=1;k<=m;k++)r.c[i][j]= (r.c[i][j]+ (c[i][k] * a.c[k][j])%mod)%mod;return r;}void _print() {for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=1;j<=m;j++) {if(j!=1) cout<<" ";cout<<c[i][j];}if(i!=n) puts("");}}Matrix _power(int indexx) {Matrix tmp,sum;tmp._pre1();sum._pre1();while(indexx>0) {if(indexx&1) sum=sum*tmp;tmp=tmp*tmp;indexx/=2;}return sum;}void _pre1() {n=m=2;c[1][1]=0;c[1][2]=c[2][1]=c[2][2]=1;}void _pre2() {n=1,m=2;c[1][1]=c[1][2]=1;}}T,ans;int main() {cin>>n>>mod;ans._pre2();T._pre1();if(n<=2) { cout<<1; return 0; }T=T._power(n-3);ans=ans*T;cout<<ans.c[1][2];
}那么前n项之和呢？
这里我们可以这么构造两个矩阵：(S（n）为前n项之和）
和
将两个矩阵相乘，剩下的留给读者思考。
这里给出代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
using namespace std;#define N 10
#define LL long longint n,mod;struct Matrix {LL n,m,c[N][N];Matrix() { memset(c,0,sizeof(c)); };void _read() {for(int i=1;i<=n;i++)for(int j=1;j<=m;j++)scanf("%lld",&c[i][j]);}Matrix operator * (const Matrix& a) {Matrix r;r.n=n;r.m=a.m;for(int i=1;i<=r.n;i++)for(int j=1;j<=r.m;j++)for(int k=1;k<=m;k++)r.c[i][j]= (r.c[i][j]+ (c[i][k] * a.c[k][j])%mod)%mod;return r;}void _print() {for(int i=1;i<=n;i++) {for(int j=1;j<=m;j++) {if(j!=1) cout<<" ";cout<<c[i][j];}if(i!=n) puts("");}}Matrix _power(int indexx) {Matrix tmp,sum;tmp._pre1();sum._pre1();while(indexx>0) {if(indexx&1) sum=sum*tmp;tmp=tmp*tmp;indexx/=2;}return sum;}void _pre1() {n=m=3;c[3][2]=c[3][3]=c[2][3]=c[1][1]=c[2][1]=c[3][1]=1;}void _pre2() {n=1,m=3;c[1][1]=2;c[1][3]=c[1][2]=1;}}T,ans;int main() {cin>>n>>mod;if(n==2) return printf("%d",2%mod),0;if(n==1) return printf("%d",1%mod),0;ans._pre2();T._pre1();if(n<=2) { cout<<1; return 0; }T=T._power(n-3);ans=ans*T;cout<<ans.c[1][1];
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