特征多项式 与 常系数线性齐次递推

Posted 2020-12-22 chasedeath

特征多项式

约定:

(I_n)是(n)阶单位矩阵，即主对角线是(1)的(n)阶矩阵

一个矩阵(A)的(|A|)是(A)的行列式

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定义

对于一个(n)阶的矩阵(A)，它的特征多项式

(p(lambda)=|lambda I_n-A|)

(lambda)定义域不止是(R)，还可以是矩阵

(p(lambda))是关于$lambda (的一个)n+1$次多项式

即(p(lambda )=sum_1^{n+1}a_ix^i)

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Cayley-Hamilton定理

(p(A)=0)

即带入原来的矩阵得到的答案是一个全(0)矩阵

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求解特征多项式

带入(n+1)个数，求出得(|x I_n-A|),得到(n+1)个矩阵，通过高斯消元可以(O(n^3))地求出行列式

然后可(O(n^2))拉格朗日插值求出原来的多项式

总复杂度(O(n^4))

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特征多项式求解矩阵(k)次幂

由于(p(A)=0)

所以(forall i, p(A)A^i=0)

设(A^k=sum_0^k w_i A^i)

(w_i)构成了了一个(k+1)次多项式(F(x))

显然一种合法的表示是(F(x)=x^k)

(ecause p(A)=0 herefore forall i, p(A)A^i=0)

( herefore F(x) Leftrightarrow F(x)mod p(x))

也就是我们要求出(x^k)对于(p(x))这个(n+1)多项式取模

显然可以通过类似快速幂的方式倍增求解这个多项式，每次对(p(x))取模复杂度是(O(nlog n))

就能在(O(nlog mlog n))时间得求出(F(x))

如果能快速得到(A^0,A^1,cdots,A^n)

那么就可以快速求出(A_k)

可以认为这个复杂度是受限于求解(A^0,A^1,cdots,A^n)的(O(n^4))

而一般的矩阵快速幂是(O(n^3log k))的

所以也只是在(k)极大时有用吧

但是如果并不需要知道整个矩阵的答案，并且(A^1,A^2,cdots,A^n)特殊，这个方法就十分有效

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特征多项式求解 常系数线性齐次递推

问题是要求数列(f_i=sum _{j=1}^{n}a_jcdot f_{i-j})

给出(f_1,f_2,cdots,f_{n})，求第(k)项的值

我们的转移矩阵是((n=4)时)

	1	2	3	4
1				(a_4)
2	1			(a_3)
3		1		(a_2)
4			1	(a_1)

那么(lambda I_n-A=)

	1	2	3	4
1	(lambda)			(-a_4)
2	$-1 $	(lambda)		(-a_3)
3		(-1)	(lambda)	(-a_2)
4			(-1)	(lambda -a_1)

带入行列式最暴力的求法

枚举一个排列(p_i)，设排列(p)的逆序对为(f(p))，(|A|=sum (-1)^{f(p)} Pi A_{i,p_i})

实际上合法的排列只有(n)个，就是

枚举(p_i=n)

那么(p_j=left{egin{aligned} j && j<i \ n && j=i \ j-1 && j> iend{aligned} ight.)

当(i=n)时，((-1)^{f(p)} Pi A_{i,p_i}=lambda ^n-a_1lambda ^{n-1})

当(i>1)时，

(f(p)=n-i)

(Pi A_{i,p_i}=(-1)^{n-i+1}lambda^icdot a_{n-i+1})

((-1)^{f(p)} Pi A_{i,p_i}=-lambda^i a_{n-i+1})

综上:

(|lambda I_n-A|=lambda^n-a_1lambda^{n-1} -a_2lambda^{n-2} -cdots -a^n)

假设有一个(f_0)这一项(不需要知道是多少)，那么设初始矩阵为(S=(f_0,f_1,cdots ,f_{n-1}))

这个问题，我们要求的是(Scdot A^k)的第(n)项，不需要知道整个矩阵

带入上一个框内求出的(F(x))

(Scdot A^k=sum_1^{n}[x^i]{F(x)}Scdot A^i)

(Scdot A^i)的第(n)项就是(f_1,f_2,cdots,f_n)

求解这个表达式是(O(nlog nlog k))的，求完直接带入即可

用最朴素的( ext{NTT})，完全不卡常，甚至过不掉模板题