数列通项/递推式 求解与分析入门

如无特别说明，本文数列的起始项下标为 $1$，$log$ 方法的下标为 $2$

1.数列换元( $SeriesPermutation$ )

基本思想是尝试构造 $a_n=b_n+k$，其目的是为了消去常数，

本文主要考虑形式 $a_n=p\cdot a_{n-1}+q$ 。

对于 $a_n=p\cdot a_{n-1}+q$，代入后可得 $b_n+k=p\cdot b_{n-1}+p\cdot k+q$，我们希望它的常数为 $0$，即 $p\cdot k-k+q=0$，可解得 $k=\frac{q}{1-p}$，原式变为 $b_n=p\cdot b_{n-1}$，此时 $b_n$ 为等比数列。

回代 $a_n$ 即可解得 $$a_n=p^{n-1}\cdot (a_1+\frac{q}{p-1})-\frac{q}{p-1}$$

$2.$特征方程( $CharacteristicEquation$ )

特征方程可以分为第一类特征方程和第二类特征方程。

对于第一类特征方程，其主要针对以下形式的递推公式，

$$a_n=k_1\cdot a_{n-1}+k_2\cdot a_{n-2}+\cdots +k_q\cdot a_{n-q}$$

我们构造 $a_{n-i}=x^{q-i}$，原式可写为

$$x_k=k_1\cdot x^{q-1}+k_2\cdot x^{q-2}+\cdots +k_q\cdot x$$

求解 $q$ 次方程，如果解的个数恰好为 $q$ 个，则通项可表示为

$$a_n=A_1\cdot x_1^n+A_2\cdot x_2^n+\cdots +A_q\cdot x_q^n$$

其中 $A_1,A_2,\cdots A_q$ 可通过给定信息，即数列的前几项的值确定。

对于第二类特征方程，它的思想类似于数列换元，即消去常数。

考虑形式 $2\cdot a_n=a_{n-1}+\frac{1}{an-1}$，其特征方程为 $2\cdot x=x+\frac{1}{x}$，解得 $x=\pm 1$ 。

令 $a_n=b_n-1=c_n+1$，代入后可得

$$2\cdot (b_n+1)=b_{n-1}+1+\frac{1}{b_{n-1}+1}⟺2\cdot b_n=\frac{b_{n-1}^2}{a_{n-1}}$$

$$2\cdot (c_n-1)=c_{n-1}-1+\frac{1}{c_{n-1}-1}⟺2\cdot c_n=\frac{c_{n-1}^2}{a_{n-1}}$$

上下相除，解得

$$\frac{b_n}{c_n}=(\frac{b_{n-1}}{c_{n-1}}{)}^2=(\frac{a_1-1}{a_1+1}{)}^{2^{n-1}}$$

回代 $a_n$，可解得

$$a_n=\frac{2}{P_n-1}+1,P_n=(\frac{a_1+1}{a_1-1}{)}^{Q_n},Q_n=2^{n-1}$$

$3.$三角换元( $TrigonometricConversion$ )

基本思想是通过倍角公式求解含根号以及幂指数的通项。在求解中建议借助形式匹配表，如下。

$\stackrel{―}{}$
$sinx\sim 2x\sqrt{1-x^2}or3x-4x^{3}or\sqrt{\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{2}}$

$cosx\sim 2x^2-1or4x^3-3xor\sqrt{\frac{1+x}{2}}$

$tanx\sim \frac{2x}{1-x^2}or\frac{x^3-3x}{3x^2-1}or\frac{\sqrt{1+x^2}-1}{x}$

$cscx\sim \frac{x^2}{2\sqrt{x^2-1}}or\frac{x^3}{3x^2-4}or\sqrt{2x+2x\sqrt{x^2-1}}$

$secx\sim \frac{x^2}{2-x^2}or\frac{x^3}{4-3x^2}or\sqrt{\frac{2x}{1+x}}$

$cotx\sim \frac{x^2-1}{2x}or\frac{x^3-3x}{3x^2-1}orx+\sqrt{x^2+1}$

$\stackrel{―}{}$

本文主要考虑形式 $a_n=\sqrt{a_{n-1}+2}$ $$ $a_n=2\cdot a_{n-1}^2-1$ 。

对于 $a_n=\sqrt{a_{n-1}+2}$，考虑匹配 $cos\sim \sqrt{\frac{1+x}{2}}$，令 $a_n=k\cdot b_n$，解得

$k\cdot b_n=\sqrt{k\cdot b_{n-1}+2}⟹\frac{、k}{2}\cdot b_n=\sqrt{\frac{\frac{k}{2}\cdot b_{n-1}+1}{2}}$，令 $k=2$，可得 $b_n=\sqrt{\frac{b_{n-1}+1}{2}}$。

回代 $a_n$ 即可解得 $$a_n=2\cdot cos(\frac{1}{2^{n-1}}\cdot arccos(\frac{a_1}{2}))$$

对于 $a_n=2\cdot a_{n-1}^2-1$，考虑匹配 $cosx\sim 2x^2-1$，令 $a_n=cos(b_n)$，解得

$cos(b_n)=2\cdot co{s}^2(b_{n-1})-1=cos(2^{n-1}\cdot b_1)$，

回代 $a_n$ 即可解得 $$a_n=cos(2^{n-1}\cdot arccos(a_1))$$

4.时间复杂度( $TimeComplexity$ )

若已知递推公式和初始值，则可进行线性递推，时间复杂度是 $O(n)$，其中 $n$ 表示我们递推到第 $n$ 项，此

方法最简单也最常见。我们以斐波那契( $Fibonacci$ )数列为例，已知 $F_1=1,F_2=1,F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$，可以线性地递推到第 $n$ 项，计算次数与 $n$ 成正比。

若我们想更快地得到某数列第 $n$ 项的值，其中一种方法是推导通项公式，例如斐波那契数列的通项公式为

$$F_n=\frac{(\frac{1+\sqrt{5}}{2}{)}^n-(\frac{1-\sqrt{5}}{2}{)}^n}{\sqrt{5}},F_1=1,F_2=1$$

我们可以直接将 $n$ 代入计算得到 $F_n$，只需要一次计算，或者说只需要常数次计算，其计算次数与 $n$ 无关，时间复杂度为 $O(1)$，效率最高。

若无法求解通项公式，但递推表达式仍然是线性的，或者类似线性，可以通过矩阵递推的形式来加速。

我们仍然以斐波那契数为例，已知 $F_n=F_{n-1}+F_{n-2}$，我们构造答案矩阵 $A_n=\left[\begin{array}{cc}{F}_n& F_{n-1}\end{array}\right]$ 。

还需要一个累乘矩阵 $B$，我们期望得到

$$A_n=A_{n-1}\cdot B$$

矩阵 $B$ 的维数是任意的，不妨先尝试 $2\times 2$ 的矩阵，设其为

$$B=\left[\begin{array}{cc}a& b\\ c& d\end{array}\right]$$

解得

$$A_{n-1}\cdot B=\left[\begin{array}{cc}a\cdot F_{n-1}+c\cdot F_{n-2}& b\cdot F_{n-1}+d\cdot F_{n-2}\end{array}\right]=A_n$$

即

$$\{\begin{array}{l}a\cdot F_{n-1}+c\cdot F_{n-2}=F_n=F_{n-1}+F_{n-2}\\ b\cdot F_{n-1}+d\cdot F_{n-2}=F_{n-1}\end{array}$$

容易解得 $a=c=b=1,d=0$，即

$$B=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]$$

根据我们的定义 $A_n=\left[\begin{array}{cc}{F}_n& F_{n-1}\end{array}\right]$，数列第 $n$ 项的值即为矩阵中左边这一项的值。而由 $A_n=A_{n-1}\cdot B$

可以得到 $A_n=A_2\cdot B^{n-2}$，用 $A_2$ 来递推而不是 $A_1$ 是因为 $A_1=\left[\begin{array}{cc}{F}_1& F_0\end{array}\right]$，$F_0$ 这一项我们无法计算

$A_2$ 是一个已知量，等于 $\left[\begin{array}{cc}1& 1\end{array}\right]$，所以我们只需要求出 $B^{n-2}$，用分治的思想可以快速求解。

假设我们要求出 ${114514}^{1919810}$ 的值，朴素的做法是将 $1$ 与 $114514$ 相乘 $1919810$ 次，这样算虽然简单但效率太低。可以通过对指数的二进制分割将幂运算分割成更小的任务。

将 $1919810$ 用二进制表示为 $(111010100101101000010{)}_2$，即其可以表示为

$$1919810=2^1+2^6+2^8+2^9+2^{11}+2^{14}+2^{16}+2^{18}+2^{19}+2^{20}$$

这个问题比较简单，因为序列中（除第一个）任意一个元素就是其前一个元素的平方，只需要将对应二进制位为 $1$ 的整系数幂乘起来就

行了。换句话说，如果将指数 $m$ 写成 $(n_t{n}_{t-1}\cdots n_1{n}_0{)}_2$，其中 $n_i\in \{0,1\}$，那么有

$$n=n_t\cdot 2^t+n_{t-1}\cdot 2^{t-1}+\cdots +n_1\cdot 2^1+n_0\cdot 2^0$$

$$A_n=A^{(n_t\cdot 2^t+n_{t-1}\cdot 2^{t-1}+\cdots +n_1\cdot 2^1+n_0\cdot 2^0)}$$

则

$$A_n=A^{n_t\cdot 2^t}\cdot A^{n_{t-1}\cdot 2^{t-1}}\cdot \cdots \cdot A^{n_1\cdot 2^1}\cdot A^{n_0\cdot 2^0}$$

根据上式我们发现，原问题被我们转化成了形式相同的子问题的乘积，并且我们可以在常数时间内从第 $2^i$ 项推出第 $2^{i+1}$ 项，只需要计算约 $log(n)$ 个数，

因为一个数 $n$ 的二进制展开位数约为 $log(n)$ 。其时间复杂度是 $O(log(n))$，效率不及通项公式，但远快于线性计算。