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$$f(A)=a_0E+a_1A+\dots +a_m)$$,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。
$n$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$$B_{1+n}=\sum_{i=0}^{k-1}h_i B_{1+i}$$
$$B_{1+n}^T={B_{n+k},\dots\,B_{n+1}}={\sum_{i=0}^{k-1}h_i,B_{1+i,i+k},\dots\,sum_{i=0}^{k-1}h_iB_{1+i,i+1}}$$
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。
原文地址:https://www.cnblogs.com/Troywar/p/9078013.html