「常系数齐次线性递推」——矩阵快速幂的优化

　　

引入：

　　对于递推方程：

　　 $$F(x) = \sum_{i=1}^k a_iF(x-i)$$

　　我们显然会得到一个关于$F$的多项式求逆或者矩阵递推式，大多数情况下我们都是用后者，但是当$k$很大的时候，$k^3log n$的时间复杂度我们是吃不消的，那么自然我们的前人就搞出了一些优化。

特征多项式及Cayley-Hamilton定理：

一、特征多项式的定义：

　　设$A$是$n$阶矩阵，若数$\lambda$和非零列向量$x$使关系式 $$Ax=\lambda x\;\;\;\;\;(1)$$

成立，那么，这样的数$\lambda$称为矩阵$A$的特征值，非零向量$x$称为$A$的对应于$\lambda$的特征向量。

　　（1）式也可写成 $$(A-\lambda E)x=0$$

此式有非零解（即存在$x$）的充分必要条件是其行列式 $$|A-\lambda E|=0\;\;\;\;\;\;(2)$$

　　（1）式可以看作以$\lambda$为未知数的一元$n$次方程，称为$A$的特征方程，（2）式是关于$\lambda$的$n$次多项式$\phi(\lambda)$，称为$A$的特征多项式。

二、矩阵的多项式：

　　（矩阵的多项式不等于矩阵多项式，读者若想了解请自行百度）

　　即对于$m$次多项式$f(x)$，将矩阵$A$看作未知数，此时 $$f(A)=a_0E+a_1A+\dots +a_mA^m$$ ，记$f(A)$为$A$的$m$次多项式。其运算满足交换律，即 $$f(A)g(A)=g(A)f(A)$$

三、Cayley-Hamilton定理：

　　对于$A$的特征多项式$\phi(\lambda)$，有 $$\phi(A)=0$$

由于笔者能力所限，其证明请读者自行百度。

　　P.S：觉得吧……其实考虑到$\phi(A)=|A-AE|=|0|=0$，感觉这个也是很显然的吧……（评论说不可以这样证……我是不是误导了什么）

$n$阶常系数齐次线性递推矩阵的特征多项式求法：

一、结论（懒人专用）

　　 $$\phi(\lambda)=(-1)^n(\lambda^n-\sum_{i=1}^n a_i\lambda^{n-i})$$

　　其中$a$为递推方程中给出的递推系数。

二、证明

　　

 

　　那么我们考虑此时行列式如何去求（$a_{i,j}$表示以上行列式的第$i$行第$j$列的元素）：

　　先考虑这样一件事实：

　　若我们在前i列的选择元素的最大行数也为i，那么接下来的列只能选择对角线上元素，否则其最大行数一定为i+1，此时下一列即i+1列我们可以选择第一行或者第i+2行的元素

该事实读者可以自行证明。　　　　

　　假设我们选了$a_{1,1}$，由以上事实，我们只能选择对角线元素，那么此时结果为 $$(-1)^n\lambda^n$$ 。

　　否则选取$a_{2,1}$由以上事实，我们会得到一个$dfs$，直到在第$i$列时选取了$a_{1,i}$，此时得到结果为 $$a_{1,i}*(-\lambda)^{n-i}*(-1)^{i-1}=a_{1,i}*(-1)^{n-1}\lambda^{n-i}$$

综上所述：

　　 $$\phi(\lambda)=(-1)^n(\lambda^n-\sum_{i=1}^{n}a_i\lambda^{n-i})$$

常系数齐次线性递推：

一、多项式引入：

　　我们设 $$x^{n}=f(x)g(x)+h(x)$$

其中$g(x)$为已知多项式，那么我们就可以通过多项式除法以及多项式取模来得到$f(x)$以及$h(x)$。

二、带入矩阵：

　　我们将$k$阶$A$视为未知量，则有 $$A^n=f(A)g(A)+h(A)$$

我们考虑若$g(A)=\phi(A)=0$那么，此时有 $$A^n=h(A)=\sum_{i=0}^{k-1} h_i A^i\;\;\;\;\;\;（3）$$

三、如何计算：

　　考虑$A^n$我们已经表示出来了，但是，我们发现此时算法复杂非但没有减少，反而增加为$k^4$。

　　我们设$k*1$矩阵 $$B_i^T=\{F(i+k-1),F(i+k-2),\dots ,F(i)\}$$

　　我们给式（3）等式两边同时乘上$B_1$，即 $$A^nB_1=h(A)B_1$$

　　化简得到 $$B_{1+n}=\sum_{i=0}^{k-1}h_i B_{1+i}$$

　　 $$B_{1+n}^T=\{B_{n+k},\dots\,B_{n+1}\}=\{\sum_{i=0}^{k-1}h_iF(i+k),\dots ,\sum_{i=0}^{k-1}h_iF(i+1)\}$$

四、时间复杂度

　　若只是计算$F$的某一项，那么时间复杂度上界在于如何去求$F$的前$2k$项和以及$h$。

　　显然$h$由多项式取模方法时间复杂度为$k^2logn$或$klogklogn$。

　　而$F$可以$klogk$或者$k^2$处理。