零化多項式/特征多項式/最小多項式/常系數線性齊次遞推
約定:
\(I_n\)是\(n\)階單位矩陣，即主對角線是\(1\)的\(n\)階矩陣
一個矩陣\(A\)的\(|A|\)是\(A\)的行列式
默認\(A\)是一個\(n\times n\)的矩陣
定義
零化多項式:
對於一個矩陣\(A\)，它的一個零化多項式\(f(\lambda)\)是滿足\(f(A)=0\)的多項式，定義域包含矩陣
最小多項式:次數最低的零化多項式
特征多項式
對於一個\(n\)階的矩陣\(A\)，它的特征多項式
\(p(\lambda)=|\lambda I_n-A|\)
\(\lambda\)定義域不止是\(\R\)，還可以是矩陣
\(p(\lambda)\)是關於\(\lambda\)的一個不超過\(n+1\)次的多項式
即\(p(\lambda )=\sum_0^{n}a_ix^i\)
Cayley-Hamilton定理:矩陣的特征多項式也是它的零化多項式
求解特征多項式
帶入\(n\)個數，求出得\(|x I_n-A|\),得到\(n\)個矩陣，通過高斯消元可以\(O(n^3)\)地求出行列式
然后可\(O(n^2)\)拉格朗日插值求出原來的多項式，總復雜度受限於高斯消元，為\(O(n^4)\)
求解最小多項式
構造矩陣序列\(a_i=A^i\)
求出它的一個線性遞推\(r_i\)，即
\(\begin{aligned} \sum_{j=0}^{m} r_j a_{i-j}=\sum_{j=0}^{m} r_j A^{i-j}=(\sum_{j=0}^m r_{m-j}A^j)\cdot A^{i-m}=0\end{aligned}\)
\(\begin{aligned} \therefore \sum_{j=0}^m r_{m-j}A^j=0\end{aligned}\)
所以可以由\(r_i\)翻轉得到\(f(\lambda)\)
求解\(a_i\)前\(n\)項的復雜度受限於矩陣乘法為\(O(n^4)\)，求解遞推式的復雜度為\(O(n^3)\)
考慮到實際求解遞推式時，隨機生成了兩個向量\(u,v\)
實際是計算標量序列\(\{uA^iv\}\)的遞推式，所以實際每次求出\(uA^i\)復雜度應為\(O(n^2)\)
求這個遞推式需要用到\(a_i\)前\(2n\)項，求解復雜度為\(O(n^3)\)
因此總復雜度為\(O(n^3)\)
(但是如果只是求出來並沒有什么用，因為求解方法是隨機的，甚至連檢查一次保證正確都需要\(O(n^2(n+e))\)的時間(\(e\)為矩陣非0位置個數))
求解稀疏方程組
設方程系數用矩陣\(A\)表示，右側每個方程的常數用向量\(b\)表示，答案用向量\(x\)表示，則滿足關系式
\(Ax=b\)，即\(x=A^{-1}b\)
求出\(\{A^ib\}\)線性遞推式，反推出\(A^{-1}b\)即可
反推方法:
帶入線性遞推的\(m\)項，則\(\sum_{i=0}^{m} A^{m-i}b\cdot r_i=0\)
兩邊同乘\(A^{-1}\)，得到\(A^{-1}b\cdot r_m +\sum_{i=0}^{m-1}A^{m-i}br_i=0\)
求解矩陣\(k\)次冪
我們要求解\(A^k\)，常規做法是直接用快速冪
設矩陣\(A\)的一個零化多項式是\(f(\lambda)\)
顯然，\(A^k\)可以用一個多項式表示\(A^k=\sum_0^k w_i A^i\)
\(\{w_i\}\)構成了一個\(k+1\)次多項式\(F_k(x)\)
存在一種合法的表示是\(F_k(x)=x^k\)
\(\because f(A)=0 \therefore \forall i, f(A)A^i=0\)
也就是相當於我們要求出\(x^k\)對於\(f(x)\)這個\(n+1\)多項式取模
顯然可以通過類似快速冪的方式倍增求解這個多項式，每次對\(f(x)\)取模復雜度是\(O(n\log n)\)
就能在\(O(n\log m\log n)\)時間得求出\(F(x)\)
最后得到的\(F(x)\)是一個\(n\)次多項式
那么帶入就可以快速求出\(A_k\)
可以認為這個復雜度是受限於求解\(A^0,A^1,\cdots,A^{n-1}\)的\(O(n^4)\)
對於元矩陣\(A\)為稀疏矩陣的情況，設其包含\(e\)個非零位置
那么求解\(B\cdot A\)的過程是\(O(n\cdot e)\)的，求解\(A_0,A^1,\cdots,A^{n-1}\)的過程，是\(O(n^2e)\)的
求解零化多項式的復雜度也是\(O(n^2(n+e))\)的，因此總復雜度為\(O(n^2(n+e))\)
而一般的矩陣快速冪是\(O(n^3\log k)\)的，這種方法適用情況非常特殊
另外，對於並不需要知道整個矩陣的答案，並且\(A^0,A^1,\cdots,A^{n-1}\)特殊的具體問題，這個方法也十分有效
求解常系數線性齊次遞推
問題是要求數列\(f_i=\sum _{j=1}^{n}a_j\cdot f_{i-j}\)
給出\(f_0,f_1,\cdots,f_{n-1}\)，求第\(k\)項的值
線性遞推顯然可以用 初始向量列 與 轉移矩陣的冪次 的乘積表示，即\(f_i=(S \cdot A^i)_n\)，其中\(A\)為轉移矩陣，\(S\)為初始向量列，我們求的是第\(n\)項
對於\(n=4\)的情況，我們的轉移矩陣\(A\)是
| 1 | 2 | 3 | 4 | |
|---|---|---|---|---|
| 1 | \(a_4\) | |||
| 2 | 1 | \(a_3\) | ||
| 3 | 1 | \(a_2\) | ||
| 4 | 1 | \(a_1\) |
鑒於它的特殊性，我們可以直接求出它的特征多項式表達式
由\(\lambda I_n-A=\)
| 1 | 2 | 3 | 4 | |
|---|---|---|---|---|
| 1 | \(\lambda\) | \(-a_4\) | ||
| 2 | $-1 $ | \(\lambda\) | \(-a_3\) | |
| 3 | \(-1\) | \(\lambda\) | \(-a_2\) | |
| 4 | \(-1\) | \(\lambda -a_1\) |
帶入行列式最暴力的求法
枚舉一個排列\(p_i\)，設排列\(p\)的逆序對為\(f(p)\)，\(|A|=\sum (-1)^{f(p)} \Pi A_{i,p_i}\)
實際上合法的排列只有\(n\)個，就是
枚舉\(p_i=n\)
那么\(p_j=\left\{\begin{aligned} j && j<i \\ n && j=i \\ j-1 && j> i\end{aligned}\right.\)
當\(i=n\)時，\((-1)^{f(p)} \Pi A_{i,p_i}=\lambda ^n-a_1\lambda ^{n-1}\)
當\(i>1\)時，
\(f(p)=n-i\)
\(\Pi A_{i,p_i}=(-1)^{n-i+1}\lambda^i\cdot a_{n-i+1}\)
\((-1)^{f(p)} \Pi A_{i,p_i}=-\lambda^i a_{n-i+1}\)
綜上,轉移矩陣\(A\)的特征多項式有簡單的表達
\(p(\lambda) = |\lambda I_n-A|=\lambda^n-a_1\lambda^{n-1} -a_2\lambda^{n-2} -\cdots -a^n\)
假設有\(f_0\)這一項(不需要知道是多少)，那么認為初始向量列為\(S=(f_{-(n-1)},f_{-(n-2)},\cdots ,f_{0})\)
這個問題，我們要求的是\(S\cdot A^k\)的第\(n\)項，不需要知道整個矩陣
類似求出\(A^k\)的過程，求出\(F_k(x)\mod p(\lambda)\)
我們要求解\((S\cdot A^k)_n=\sum_1^{n}[x^i]{F(x)}(S\cdot A^i)_n\)
而\((S\cdot A^i)_n=f_i\)已知，求出\(F(x)\)后直接帶入即可
需要用到多項式取模，求解這個表達式是\(O(n\log n\log k)\)的，求完直接帶入即可