话说这是博主的第一篇博客。。。

咳咳咳，今天讲的是DP的一种优化策略——矩阵乘法

关于能用矩阵乘法优化的DP题目，有如下几个要求：

1. 转移式只有加法，清零，减法etc.，max和min运算不允许
2. 转移式中关于前几位dp结果得到的系数必须是常量
3. 转移次数一般超级多
4. 由于转移次数多，一般都要模一个int范围内的数

综上，举一个例子：

d p [ i ] = a × d p [ i − 1 ] + b × d p [ i − 2 ] + c × d p [ i − 3 ] dp[ i ]=a×dp[ i-1 ]+b×dp[ i-2]+c×dp[ i-3 ] dp[i]=a×dp[i−1]+b×dp[i−2]+c×dp[i−3]

其中，a,b,c是常量，而在需要矩阵优化的DP中，往往 i 在2^128之类的，特别鬼畜的特别大的数；
因为矩阵乘法优化后求dp[ i ] 是在O log（i）的时间内完成的。
那么，关于矩阵乘法如何实现，它的原理又是啥呢？
矩阵乘法需要两个矩阵A与B，A是n×p，B是p×m的大小，如下图
为了方便解释，我们举斐波那契的例子。
斐波那契的转移式是：dp[ i ]=dp[ i-1 ]+dp[ i-2 ]。
那么我们把（dp[ i ]，dp[ i-1 ]）看做一个1×2的矩阵A
而每次转移相当于把A乘以矩阵F：
|1 1|
|1 0|
得出的结果是： （ d p [ i ] + d p [ i − 1 ] ， d p [ i ] ） （dp[ i ]+dp[ i-1]，dp[ i ]） （dp[i]+dp[i−1]，dp[i]），也就是 （ d p [ i + 1 ] ， d p [ i ] ） （dp[ i+1 ]，dp[ i ]） （dp[i+1]，dp[i]）
那么每次进行一次矩阵乘法需要8次运算，而原先的状态转移只需要1次，这么看矩阵乘法不就一废柴算法吗。。
关键的是！矩阵乘法具有结合律， 嘿嘿嘿，那么我们就可以开始快速幂了！这样一下吧O（n）的朴素算法优化成了O（8×logn）的算法，在n炒鸡炒鸡变态大的时候我们就可以用这个优化了。
斐波那契原题
代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
long long n;
const int MOD=1e9+7;
void mul(int f[2],int a[2][2]){
    int c[2];
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int j=0;j<2;j++)
        for(int k=0;k<2;k++)
            c[j]=(c[j]+(long long)f[k]*a[k][j])%MOD;
    memcpy(f,c,sizeof(c));
}
void mulself(int a[2][2]){
    int c[2][2];
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int i=0;i<2;i++)
        for(int j=0;j<2;j++)
            for(int k=0;k<2;k++)
                c[i][j]=(c[i][j]+(long long)a[i][k]*a[k][j])%MOD;
    memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
    scanf("%lld",&n);
    int f[2]={0,1};
    int a[2][2]={{0,1},{1,1}};
    for(;n;n>>=1){
        if(n&1) mul(f,a);
        mulself(a); 
    }printf("%d\n",f[0]);
    return 0;
}

斐波那契是二阶的矩阵乘法，复杂度为 O O O（23×logm），（m是需要DP到的序列的大小）还有三阶的甚至n阶的矩阵乘法，那样的话复杂度是 O O O（n3×logm），关于三阶的例题：三阶例题
三阶的话其实就把矩阵开成3×1和3×3的就可以了。
标程：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int T;
int n;
const int mod=1e9+7;
void mul(int f[3],int a[3][3]){
    int c[3];
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int j=0;j<3;j++)
        for(int k=0;k<3;k++)
            c[j]=(c[j]+(long long)f[k]*a[k][j])%mod;
    memcpy(f,c,sizeof(c));
} 
void mulself(int a[3][3]){
    int c[3][3];
    memset(c,0,sizeof(c));
    for(int i=0;i<3;i++)
        for(int j=0;j<3;j++)
            for(int k=0;k<3;k++)
                c[i][j]=(c[i][j]+(long long)a[i][k]*a[k][j])%mod;
    memcpy(a,c,sizeof(c));
}
int main(){
    scanf("%d",&T);
    while(T--){
        scanf("%d",&n);
        int f[3]={0,0,1};
        int a[3][3]={{1,1,0},{0,0,1},{1,0,0}};
        for(;n;n>>=1){
            if(n&1) mul(f,a);
            mulself(a);
        }
        printf("%d\n",f[0]);
    }
    return 0;
} 

接下来是比较经典的例题：

例一

[HNOI2011]数学作业

设一个函数为f（n），表示从1到n所有整数连起来的数，例如：f（1）=1，f（6）=123456，f（11）=1234567891011。求f（n）模1e9+7的值
范围超大：n<=1e18
emmm，看的这道题，你发现就算是不模1e9+7把1e18这么多数直接输出都会爆炸，于是这题的算法就只能是O（logn）得啦QAQ。
于是我们发现f（n）可以由f（n-1）后面接上n得到，那么得出一个不可能计算的3×3转移矩阵：
| 10log(n-1) 0 0|
|1 1 0|
|0 1 1|
而被乘矩阵为|f（n），n+1，1|
很明显，10log(n-1)是不可能算出来的，那么我们可以这样做：
例如n=999
|0 1 1| ×|10 0 0|9×|100 0 0|90×|1000 0 0|899
________|1 1 0| ___ |1 1 0| ______|1 1 0|
________|0 1 1| ___ |0 1 1| ______|1 1 0|
就解决啦啦啦啦(～￣▽￣)～

例二

恐怖的奴隶主

这题比较暴力，由于奴隶主血量最高是3，并且最多就八个，所以直接以1血的，2血的，3血的有多少个为状态设计矩阵，开o2就过了。

具体实现可以开个map把3维状态映射成一个变量就好了。

还有就是需要一点点期望的知识，但是不难。

例三

给定一个表达式，保证每个数字只有一位，且只含加减乘运算，例：1*2+4-3

反例： ( 1 + 2 ) × 7 − 4 和 8 / 7 + 3 , 12 × 4 (1+2)\times 7-4和8/7+3,12\times 4 (1+2)×7−4和8/7+3,12×4

现在将其首尾相连重复n次，问这个表达式的值

设计1个 4 × 4 4\times 4 4×4的矩阵：a，b，c，1

表示表达式a+b*c（显而易见每个表达式都可以写成这种形式）

例四

[SDOI2009]HH去散步

给一张点数不超过100的有向图，给定两个点s和t以及正整数n，问点s到点t有多少条长度为n的路径（两条路径不同的定义：路径可以表示成序列，路径不同等同于序列不同）

初始矩阵是

1

2

3

…

s

…

n

0

0

0

0

1

0

0

转移矩阵就是图的邻接矩阵，转移n次

为什么先说答案再说为什么呢？因为说完答案相信绝大多数人就已经知道为什么了。

例五

给一张点数不超过100的有向图，给定两个点s和t以及正整数n，问点s到点t有多少条长度不大于n的路径（两条路径不同的定义：路径可以表示成序列，路径不同等同于序列不同）

博主的第一个想法是和例四一样处理，只需要给s或者t连一个自环即可。但是连自环存在一个问题，如果图中原本就存在自环怎么办？那就需要再开一个虚点n+1，只让t连向n+1，然后多转移一次就行了。

例六

[SCOI2009]迷路

给一张点数不超过10的有向图，边权小于10，给定两个点s和t以及正整数n，问点s到点t有多少条长度为n的路径（两条路径不同的定义：路径可以表示成序列，路径不同等同于序列不同）

这个就比较暴力了，直接拆点，把边权都拆成为1的。