上一篇文章讲解了下基于斐波那契数列的矩阵快速幂，即F(n) = F(n-1) + F(n-2)，转移矩阵比较简单。这里介绍一个比较复杂的，递推公式为非线性的例子，着重讲一下求解转移矩阵和应用转移矩阵的过程

准备问题

讲算法肯定要有相应的OJ，这里附上一道题，HDU5950

简单讲解下题意。F(n) = F(n-1) + 2F(n-2) + n⁴，且F(1) = a , F(2) = b，求F(n)%2147493647，其中a、b、n是待输入的参数

我们把解决这类题目的过程分解为如下步骤：
1. 把非线性递推式转化为线性递推式（线性递推式可忽略第一步）
2. 根据线性递推式得到F(n)和F(n+1)的矩阵序列
3. 根据F(n)和F(n+1)的矩阵序列得到中间的转移矩阵
4. 根据转移矩阵编写代码

分步拆解问题

首先把非线性递推式转换为线性递推式
∵ (n+1)⁴ = n⁴ + 4n³ + 6n² + 4n + n⁰
∵ F(n+1) = F(n) + 2F(n-1) + (n+1)⁴
∴ F(n+1) = F(n) + 2F(n-1) + n⁴ + 4n³ + 6n² + 4n + n⁰

然后我们看下下面的状态转移矩阵

图有误，等号左边两个矩阵位置换一下

图(1)左边的矩阵表示F(n)项的矩阵，右边的矩阵表示F(n+1)项的矩阵。而中间的A矩阵就是需要求的转移矩阵。图(1)左边的矩阵怎么得到？我们看刚才得到的递归式

F(n+1) = F(n) + 2F(n-1) + n⁴ + 4n³ + 6n² + 4n + n⁰

我们把F(n)放在矩阵顶部，表示第n项的值，然后剩下的元素F(n-1)、 n⁴、n³、n²、n、 n⁰ ，去掉系数后与F(n)一起构成一个矩阵。同理，F(n+1)的矩阵也是F(n+1)在顶部，表示第n+1项的值，然后剩下的元素F(n)、 (n+1)⁴、(n+1)³、(n+1)²、(n+1)、 (n+1)⁰ 去掉系数后与F(n+1)构成一个矩阵。

好，我们现在得到了F(n)和F(n+1)的矩阵，那怎么求转移过去的矩阵A呢？首先，A是一个7×7的矩阵，且根据矩阵相乘规则，可以得到矩阵A，如下图（如果对矩阵相乘不熟悉的可以先看一下矩阵相乘哈）

图有误，等号左边两个矩阵位置换一下

好了，到现在为止，得到了图(2)的转移矩阵后，我们解决了前三步，还剩最后一步。怎么把这个转移矩阵应用到代码里面呢？

题中给出了F(1) = a，F(2) = b
所以F(3) = 2a + b + 3⁴ = 2a + b + 2⁴ + 4×2³ + 6×2² + 4×2¹ + 2⁰

图(3)

为了表述方便。图(3)乘号左边的我们称为转移矩阵A，乘号右边的四个矩阵分别为B2、B3、B4、B5……

且我们可以得到的信息有
B2 × A = B3、B3 × A = B4、B4 × A = B5 ……
B2 × A² = B4、B2 × A³ = B5、B2 × A⁴ = B6 ……
然后我们惊奇的发现：B2 × A^n-2 = Bn（fn）

B2的数据都是已知的，所以现在我们需要得到的只是A^n-2的数据，在 上一篇文章中，我们需要得到的是Aⁿ的矩阵，代码问题就解决了吧。

再炒一下上一篇文章的冷饭，本来是根据B2->B3->B4->B5->……->Bn逐步递推得到Bn。现在我们转化为矩阵后，需要求的是A^(n-2)的数据，比如要求A^16，那我就可以直接通过快速幂A^1->A^2->A^4->A^8->A^16来得到了，复杂度由O(n)转化成了O(logn)

完整代码

#include <iostream>
using namespace std;
const long long int N = 2147493647;   //注意要用 long long int
void Matrix(long long int (&a)[7][7],long long int b[7][7]){ //还是一样的函数
    long long int tmp[7][7] = {0};
    for(int i = 0; i < 7; ++i)
        for(int j = 0; j < 7; ++j)
            for(int k = 0; k < 7; ++k)
                tmp[i][j] = (tmp[i][j] + a[i][k] * b[k][j]) % N;
    for(int i = 0; i < 7; ++i)
        for(int j = 0; j < 7; ++j)
            a[i][j] = tmp[i][j];
}
int main(int argc, const char * argv[]) {
    long long int sum,T,a,b,n;
    cin>>T;
    while(T--){
        cin>>n>>a>>b;
        if(n==1){
            cout<<a<<endl;
            continue;
        }
        //为了方便读者理解，直接这么定义矩阵了
        long long int temp[7][7] = {1, 2, 1, 4, 6, 4, 1,
                                    1, 0, 0, 0, 0, 0, 0,
                                    0, 0, 1, 4, 6, 4, 1,
                                    0, 0, 0, 1, 3, 3, 1,
                                    0, 0, 0, 0, 1, 2, 1,
                                    0, 0, 0, 0, 0, 1, 1,
                                    0, 0, 0, 0, 0, 0, 1};
        //temp表示的是A^n，cot表示的是最后的结果
        long long int cot[7][7] = {1, 0, 0, 0, 0, 0, 0,
                                   0, 1, 0, 0, 0, 0, 0,
                                   0, 0, 1, 0, 0, 0, 0,
                                   0, 0, 0, 1, 0, 0, 0,
                                   0, 0, 0, 0, 1, 0, 0,
                                   0, 0, 0, 0, 0, 1, 0,
                                   0, 0, 0, 0, 0, 0, 1};
        n -= 2;
        while(n){   //还是这5行核心代码
            if(n & 1) Matrix(cot,temp);
            Matrix(temp,temp);
            n /= 2;
        }
        sum = 0;  //在得到A^(n-2)之后，还需要将B2*A^(n-2)得到Bn，而sum表示的是Bn的最顶部的元素值
        sum = (sum + b*cot[0][0])%N;
        sum = (sum + a*cot[0][1])%N;
        sum = (sum + 16*cot[0][2])%N;
        sum = (sum + 8*cot[0][3])%N;
        sum = (sum + 4*cot[0][4])%N;
        sum = (sum + 2*cot[0][5])%N;
        sum = (sum + cot[0][6])%N;
        cout<<sum<<endl;

    }
    return 0;
}

较上篇文章，代码部分并没有多少变化，这篇文章着重讲了怎么根据递推公式求得转移方程并应用的过程。接下来可能会扩展一些矩阵快速幂的用法，比如不同的路径数量，行动方案等