min 与 + 运算转换成类似于矩阵乘法的推导过程

Posted 2023-03-30 onlyblues

　　记录下由 $\\min$ 与 $+$ 运算转换成类似于矩阵乘法的推导过程，有错误请在评论区指出 qwq。

　　我们先简单证明一下矩阵乘法的结合律。设有矩阵 $A_n \\times m$，$B_m \\times p$，$C_p \\times q$，要证明 $(AB)C = A(BC)$。等价于证 $\\left((AB)C\\right)_i,j = \\left(A(BC)\\right)_i,j$，其中 $A_i,j$ 表示矩阵 $A$ 的第 $i$ 行第 $j$ 列的元素。

$$
\\beginalign*
\\left((AB)C\\right)_i,j &= \\sum_u=1^p(AB)_i,u \\times C_u,j \\\\
&= \\sum_u=1^p \\left( \\sum_k=1^mA_i,k \\times B_k,u \\right) \\times C_u,j \\\\
&= \\sum_u=1^p \\left( \\sum_k=1^mA_i,k \\times B_k,u \\times C_u,j \\right) \\\\
&= \\sum_k=1^m \\left( \\sum_u=1^pA_i,k \\times B_k,u \\times C_u,j \\right) \\\\
&= \\sum_k=1^mA_i,k \\times \\left( \\sum_u=1^pB_k,u \\times C_u,j \\right) \\\\
&= \\sum_k=1^mA_i,k \\times (BC)_k,j \\\\
&= \\left(A(BC)\\right)_i,j
\\endalign*
$$

　　因此根据矩阵乘法的结合律，对于 $\\overbraceA \\cdots A^n$ 可以写成 $A^n$，并假设 $n = 2^b_k + 2^b_k- 1 + \\cdots + 2^b_0$，其中 $k = \\left\\lfloor \\logx \\right\\rfloor$，$\\forall i \\in [0,k], \\ b_i \\in \\ 0,1 \\$，利用结合律我们就可以通过 $O(\\logn)$ 的复杂度来计算得到

$$
A^n = A^2^b_k + 2^b_k- 1 + \\cdots + 2^b_0 = A^2^b_k \\times A^2^b_k-1 \\times \\cdots \\times A^2^b_0
$$

　　其中上面的证明过程用到的运算包括 $+$ 与 $\\times$ 以及对应的交换律、结合律和分配律。对于矩阵乘法

$$
(AB)_i,j = \\sum_k=1^mA_i,k \\times B_k,j
$$

　　为了更一般化，我们用运算符 $\\oplus$ 和 $\\otimes$ 来代替上面的加法与乘法，得到：

$$
(AB)_i,j = \\bigoplus_k=1^mA_i,k \\times B_k,j
$$

　　其中 $\\oplus$ 和 $\\otimes$ 满足交换律：

$$
\\beginarraycenter
a \\oplus b = b \\oplus a \\\\
a \\otimes b = b \\otimes a
\\endarray
$$

　　结合律：

$$
\\beginarraycenter
(a \\oplus b) \\oplus c = a \\oplus (b \\oplus c) \\\\
(a \\otimes b) \\otimes c = a \\otimes (b \\otimes c) \\\\
\\endarray
$$

　　$\\otimes$ 对 $\\oplus$ 的分配律：

$$
a \\otimes (b \\oplus c) = (a \\otimes b) \\oplus (a \\otimes c)
$$

　　很明显矩阵乘法中的加法 $+$ 和 $\\times$ 就分别对应于 $\\oplus$ 和 $\\otimes$。同时发现把 $\\min$ 代入 $\\oplus$，$+$ 代入 $\\otimes$ ，也满足上面定义的一般形式，只需验证这三个性质均成立即可。

　　交换律：

$$
\\beginarraycenter
\\min \\ a,b \\ = \\min \\ b,a \\ \\\\
a + b = b + a
\\endarray
$$

　　结合律：

$$
\\beginarraycenter
\\min \\left\\ \\min\\ a,b \\, c \\right\\ = \\min \\left\\ a,\\min\\ b,c \\ \\right\\ \\\\
(a+b)+c = a+(b+c)
\\endarray
$$

　　$+$ 对 $\\min$ 的分配律：

$$
a + \\min \\ b,c \\ = \\min \\ a+b, a+c \\
$$

　　因此有

$$
(AB)_i,j = \\min_1 \\leq k \\leq m \\left\\ A_i,k + B_k,j \\right\\
$$

　　因此对于由 $\\min$ 与 $+$ 所构成的运算是具有结合律的，因此对于 $\\overbraceA \\cdots A^n$ 同样可以写成 $A^n$，并且有

$$
A^n = A^2^b_k + 2^b_k- 1 + \\cdots + 2^b_0 = A^2^b_k \\times A^2^b_k-1 \\times \\cdots \\times A^2^b_0
$$

　　注意这里的 $A \\times B$ 是指两个矩阵间的运算，不是一般意义的矩阵乘法。对于 $\\min$ 和 $+$ 有

$$
(A \\times B)_i,j = \\min_1\\leq k \\leq m \\left\\ A_i,k + B_k,j \\right\\
$$

　　而一般意义的矩阵乘法是

$$
(A \\times B)_i,j = \\sum_k=1^mA_i,j \\times B_j,k
$$

　　我们通过Floyd求最短路这道题目对这个性质进行运用。

　　这里我们不用传统 Flody 的 dp 状态定义，而是定义状态 $f(k,i,j)$ 表示从 $i$ 到 $j$ 且经过不超过 $k$ 条边的所有路径所构成的集合中最短的路径长度。

　　对于任意两点 $(v, w)$ 间的距离，答案就是 $f(n-1, v, w)$，这是因为题目保证没有负环，因此任意两点间的最短路径不会超过 $n-1$ 条边。

　　根据从 $i$ 到 $j$ 的路径中所经过的点 $u$ 来把路径分成两段，其中前面一段 $i \\to \\cdots \\to u$ 经过不超过 $k-1$ 条边，后面一段 $u \\to \\cdots \\to j$ 经过不超过 $1$ 条边。这样就得到状态转移方程：

$$
f(k,i,j) = \\min_1 \\leq u \\leq n \\ f(k-1,i,u) + f(1,u,j) \\
$$

　　这种做法的时间复杂度为 $O(n^4)$。这个时候就可以利用上面的性质来进行优化了。

　　我们把 $f(k,i,j)$ 看成是矩阵 $F^k_n \\times n$ 第 $i$ 行第 $j$ 的元素，因此上面的状态转移方程就变成了

$$
F^k_i,j = \\min_1 \\leq u \\leq n\\left\\ F^k-1_i,u + F^1_u,j \\right\\
$$

　　矩阵间的运算就是 $F^k = F^k-1 \\ F^1$，通过递推可以发现有 $F^k = \\left( F^1 \\right)^k$，而我们最终要求的矩阵就是 $F^n-1 = \\left( F^1 \\right)^n-1$。

　　这里的 $F^k$ 是一个 $n \\times n$ 的矩阵，里面的每一个元素 $F^k_i,j$ 表示从 $i$ 到 $j$ 经过不超过 $k$ 条边的最短路径。

　　这里就可以用快速幂来求 $F^1$ 的 $n-1$ 次方来得到 $F^n-1$，要注意是由 $\\min$ 与 $+$ 所构成的运算规则。

　　同时根据定义知道矩阵 $F^0$ 中任意一个元素 $F^0_i,j$ 表示 $i$ 到 $j$ 不经过任何边的最短路径，因此有

$$
F^0 = \\beginbmatrix
0 & \\infty & \\cdots & \\infty \\\\
\\infty & 0 & \\cdots & \\infty \\\\
\\vdots & \\vdots & \\ddots & \\vdots \\\\
\\infty & \\infty & \\cdots & 0
\\endbmatrix
$$

　　$F^n-1 = F^0 \\ \\left( F^1 \\right)^n-1$。

　　这样时间复杂度就降到了 $O(n^3 \\logn)$，虽然还是不如传统的 Flody 算法，但这种做法给了我们很多启示，比如魔法和牛站就是利用这种思想实现的。

　　$O(n^3 \\logn)$ 做法的 AC 代码如下：

 #include <bits/stdc++.h>
 using namespace std;
 
 const int N = 210, INF = 0x3f3f3f3f;
 
 int n, m, k;
 int f[N][N], g[N][N], tmp[N][N];
 
 void mul(int c[][N], int a[][N], int b[][N]) 
     memset(tmp, 0x3f, sizeof(tmp));
     for (int i = 1; i <= n; i++) 
         for (int j = 1; j <= n; j++) 
             for (int k = 1; k <= n; k++) 
                 // 类似于矩阵乘法的c[i][j] = sum(a[i][k] * b[k][j])
                 // 对于min和+运算有c[i][j] = mina[i][k] + b[k][j]
                 tmp[i][j] = min(tmp[i][j], a[i][k] + b[k][j]);
             
         
     
     memcpy(c, tmp, sizeof(tmp));
 
 
 int main() 
     scanf("%d %d %d", &n, &m, &k);
     // 一开始g=F^0
     for (int i = 1; i <= n; i++) 
         for (int j = 1; j <= n; j++) 
             f[i][j] = g[i][j] = INF;
         
         f[i][i] = g[i][i] = 0;
     
     // 一开始f=F^1
     while (m--) 
         int v, w, wt;
         scanf("%d %d %d", &v, &w, &wt);
         f[v][w] = min(f[v][w], wt);
     
     m = n - 1;  // 快速幂求F^n-1
     while (m) 
         if (m & 1) mul(g, g, f);
         mul(f, f, f);
         m >>= 1;
     
     // 这时有g=F^n-1
     while (k--) 
         int v, w;
         scanf("%d %d", &v, &w);
         if (g[v][w] > INF >> 1) printf("impossible\\n");
         else printf("%d\\n", g[v][w]);
     
     
     return 0;
 

 

参考资料

　　矩阵乘法笔记：https://www.cnblogs.com/wangruidong03/p/15891893.html

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