P8110 矩阵

看似矩阵快速幂，实则推式子 + 普通快速幂。

难度普及+/提高

算法快速幂

日期2025-09-24

题意简述

给定两个长度为 $n$ 的数列 $\{a_1,a_2,\dots,a_n\},\{b_1,b_2,\dots,b_n\}$，$n\times n$ 的矩阵 $A$ 满足 $A_{ij}=a_i\times b_j$。

求：$(\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_{ij}^k)\bmod M$，其中 $M=998244353$。

范围：$1\leq n\leq10^5$；$0\leq k\leq M$；$a_i,b_i\in\mathbb{Z}$，$|a_i|,|b_i|\leq10^9$；

（$M=998244353\approx10^9$）

本题中 $A^0$ 为单位矩阵。

思路

如果用常规矩阵快速幂，求一次矩阵乘法 $O(n^2)$，总共 $O(n\log n^2)$，显然不行。

考虑推式子。

---

$A^{2}_{ij}=A_{ij}\times A_{ij}=\sum_{k=1}^n a_ib_k\times a_kb_j=a_ib_j\sum_{k=1}^na_kb_k$；

不妨记 $\sigma=\sum_{k=1}^na_kb_k$，

则 $A^{2}_{ij}=a_ib_j\sigma$。

类似地，$A^{4}_{ij}=A^{2}_{ij}\times A^{2}_{ij}=\sum_{k=1}^na_ib_k\sigma\times a_kb_j\sigma=a_ib_j\sigma^2\sum_{k=1}^na_ib_j=a_ib_j\sigma^3$。

不难发现，$A^k_{ij}=a_ib_j\sigma^{k-1}$。

故：

$$\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^nA_{ij}^k=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^na_ib_j\sigma^{k-1}=(\sum_{i=1}^na_i)\cdot(\sum_{j=1}^nb_j)\cdot(\sum_{i=1}^na_ib_i)^{k-1}.$$

所以我们只需要用 $O(n)$ 的时间统计三个 $\sum$ 的值，然后对 $\sigma$ 用快速幂，总计 $O(n+\log n)=O(n)$，可以通过本题。

编码

• 注意 $a_i,b_i$ 可能小于零，需要在输入时取一次 $a_i\gets(a_i\bmod M+M)\bmod M$。

• 考虑边界情况，$k=0$ 时 $\text{ans}=n$。

用时 73 ms 内存 1.92 MB

/*
* P8110 [Cnoi2021] 矩阵
*/
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll MOD = 998244353;
const int MAXN = 1e5 + 1;
ll a[MAXN], b[MAXN];
ll qpow(ll a, ll n) {
    ll res = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) res = (res * a) % MOD;
        a = (a * a) % MOD;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}
int main() {
    ll n, k, o;
    cin >> n >> k;
    ll suma = 0, sumb = 0, sumab = 0;
    for (ll i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> o;
        a[i] = (o % MOD + MOD) % MOD;
        suma = (suma + a[i]) % MOD;
    }
    for (ll i = 1; i <= n; i++) {
        cin >> o;
        b[i] = (o % MOD + MOD) % MOD;
        sumb = (sumb + b[i]) % MOD;
    }
    for (ll i = 1; i <= n; i++) {
        sumab = (sumab + ((a[i] * b[i]) % MOD)) % MOD;
    }
    if (k == 0) { // 必须特判
        cout << n << endl;
    } else {
        sumab = qpow(sumab, k - 1);
        ll ans = (suma * sumb) % MOD;
        cout << (ans * sumab) % MOD << endl;
    }
    return 0;
}