线性代数——特征系统
定义
设\(A\)是\(n\)阶方阵，如果存在数\(\lambda\)和\(n\)阶非零列向量\(x\)满足
称\(\lambda\)为此方阵的特征值 \(x\)为此方阵的特征向量
由于\(x\)不为0 所以\(|\lambda \text{I} -\text{A} |=0\)
证明：
考虑\(Mx = 0 \Leftrightarrow |M| = 0 (x\ne 0)\)
显然\(x = 0\)是一个解，满秩对应唯一解，因为此时\(x\)是非0解，所以不止一个解，代表\(M\)不是满秩，即\(|M|=0\)
记 $ f(\lambda) = |\lambda \text{I} - \text{A}| $ 这是一个关于 $ \lambda $ 的 $ n $ 次多项式（考虑行列式定义 会经过主对角线0~n次不等）称其为特征多项式 \(f(\lambda) = 0\) 也就是它的特征方程 （ n次方程）
根据定义，特征方程的\(n\)个根就是原方阵的\(n\)个特征值
定理
Cayley-Hamilton定理
考虑特征多项式\(P(x) = x^n + b_1 x^{n-1} + ... +b_n\) 有\(P(A) = A^n + b_1A^{n-1}+...+b_n = 0\)
证明：考虑\(|\lambda \text{I} - \text{A}|=0\) \(P(\lambda)=0 \rightarrow P(\lambda \text{I}) = 0 \rightarrow P(\text{A}) =0\)
（因为特征值带入进去是特征方程的根所以\(P(\lambda)=0\)）
举例
常系数线性递推
考虑转移矩阵
\(C = \begin{bmatrix} b_1&b_2&\dots&b_k \\ 1& 0& \dots &0 \\ \vdots&& \ddots & \vdots\\ 0 &\dots&1&0\end{bmatrix}\)
按定义代入可解得多项式
\(f(\lambda) = |\lambda \text{I} -C| = \begin{bmatrix} \lambda -b_1&-b_2&\dots&-b_k \\ -1& \lambda& \dots &0 \\ \vdots&& \ddots & \vdots\\ 0 &\dots&-1&\lambda\end{bmatrix}\)
考虑从最后一行展开\(f_k(\lambda) = \lambda f_{k-1}(\lambda) - b_k\)
（考虑最后一列选择什么 如果选择\(\lambda\)则可以按照定义接着选下去，若是选择\((-b_k)\)的话会有\((-1)^{k-1} (-1)^{k-1}\)的贡献（前面是强制选的 后面是产生了\(k-1\)逆序对）
又因为\(f_1(\lambda)=\lambda - b_1\) 于是有 \(f_k(\lambda) = \lambda^k - b_{1}\lambda^{k-1} - \dots - b_k\)
我们用快速幂求递推式的时候瓶颈在于求 \(C^n\) 接下来考虑如何快速求这个玩意
根据Hamilton-Cayley定理（上面那个）有\(f(C)=C^k - b_1C^{k-1} -b_2C^{k-2} -... -b_k\text{I} = 0\)
因此 求\(C^ n\)就快了 因为有\(f(C)=0\) 所以我们考虑让\(C^n\)对\(f(C)\)取模（这里指多项式取模）
这样 我们就只需要知道\(I,C,...,C^{k-1}\)就可以了
但实际上 我们真的需要知道吗？
考虑我们求的\(a_n\) 只是列向量的第一项 把整个柿子写出来
\(v_0\)是我们的初始序列 由定义可以得到\(v0\)的第一项是\(a_0\)，\(C^{k-1}v_0\)的第一项是\(a_{k-1}\)
（前提是这是前k项也满足这个递推关系 不然就需要预处理出前2k项）
所以预处理前\(k\)项就可以快速求了
现在就分为了两个子问题 1.求系数\(c_i\) 2.快速求前k项
-
其实就是\(x^n\ mod\ f(x)\)
类似自然数快速幂，用NTT优化多项式取模就可以做到\(O(k\ \text{log}k\ \text{log}n)\)
-
快速求\(k/2k\)项
如果没有给出前k项的话 考虑利用生成函数 原数列是\(G\) 转移序列是\(A\) 可以得到\(G = GA +r\) （r是常数项）
移项得到\(G = \frac{r}{1-A}\) 在模\(x^{k+1}\)意义下做
如果要求\(2k\)项的话是没有快速做法的 至少可以分治\(NTT\)做到\(O(klg^2k)\)（至少我没找到 如果找到了的话请戳我/kel 超级感谢）
More Advanced——矩阵对角化
利用了HC定理 我们在已知特征多项式的前提下能快速求特殊矩阵高次幂了 那么我们是否能做到求任意的矩阵高次幂了呢？矩阵对角化就可以让我们来快速计算高次幂
Prob0.对角矩阵\(diag(a_1,a_2,\dots,a_k)\)的\(n\)次幂
考虑\(diag(a_1,a_2,\dots,a_k)^n = diag(a_1^n,a_2^n,\dots,a_k^n)\)
所以这玩意超级好求
那么肯定不是所有矩阵都能做到快速求对角矩阵（暴力是\(O(k^3)\)） 我们考虑怎么办
前缀知识——桥函数
先讲个简单的玩意，函数迭代。
考虑\(f(x)=3x+4\) 快速求\(f^{(n)}(x)\)
考虑构造桥函数\(\phi(x)=x-2\) 有\(\phi^{-1}(x)=x-2\) 且\(f(x)=3(x+2)-2\) 记\(g(x)=3x\) 有\(f(x) = \phi(g(\phi^{-1}(x)))=\phi \circ g \circ \phi^{-1}(x)\)
（\(\circ\)是函数复合 有结合律 无交换律【应该显然】）
于是\(f^{(2)}=f\circ f=\phi^{-1} \circ g \circ \phi \circ \phi^{-1} \circ g \circ \phi^{-1}=\phi^{-1} \circ g^{(2)} \circ \phi^{-1}\)类似可以推出
\(f^{(n)}=\phi^{-1} \circ g^{(n)} \circ \phi^{-1}\) 对于\(g\)可以快速计算 此时\(\phi\)函数起到的桥接作用 我们称\(g\)和\(f\)相似
既然函数可以这么做到 我们考虑矩阵能否这么做
类似的有记矩阵\(\text{A}\)与矩阵\(\text{B}\)相似为\(\text{A} \sim \text{B}\) 若\(\text{A} \sim \text{B}\)用\(\Phi\)桥接的话 则有\(\text{A}^{n} = \Phi^{-1} \cdot \text{B}^{n} \cdot \Phi\)
定理
\(n\)阶方阵可对角化的充要条件时\(\text{A}\)有\(n\)个线性无关的特征向量
结论
\(\Phi = [v_1\ v_2\ \cdots\ v_n]\)
(\(v_i\)是第\(i\)个线性无关的列特征向量)
证明
（\(\lambda_i\)是对应\(v_i\)的特征值 原因见全文第一句话）
于是有整个柿子\(=diag(\lambda_1,\cdots,\lambda_n)\)
你以为你学会了对角化你就能算所有高次幂辣？你还是\(na\ddot{\imath}ve\)了
事实上对于大部分矩阵你根本求不出来特征值和特征向量！
如果需要例题的话可以看CF947E 综合了线代特征系统的一道好题 具体的我懒得写了 可以戳sundz的博客
