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
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\(p(\lambda )=\sum_1^{n+1}a_ix^i\)
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
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\(O(n^4)\)
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\(F(x)=x^k\)
\(\because p(A)=0 \therefore \forall i, p(A)A^i=0\)
\(\therefore F(x) \Leftrightarrow F(x)\mod p(x)\)
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\(O(n\log n)\)
就能在\(O(n\log m\log n)\)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\(O(n^3\log k)\)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
特征多项式求解 常系数线性齐次递推
问题是要求数列\(f_i=\sum _{j=1}^{n}a_j\cdot f_{i-j}\)
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\(p_j=\left\{\begin{aligned} j && j<i \\ n && j=i \\ j-1 && j> i\end{aligned}\right.\)
当\(i=n\)时，\((-1)^{f(p)} \Pi A_{i,p_i}=\lambda ^n-a_1\lambda ^{n-1}\)
当\(i>1\)时，
\(f(p)=n-i\)
\(\Pi A_{i,p_i}=(-1)^{n-i+1}\lambda^i\cdot a_{n-i+1}\)
\((-1)^{f(p)} \Pi A_{i,p_i}=-\lambda^i a_{n-i+1}\)
综上:
\(|\lambda I_n-A|=\lambda^n-a_1\lambda^{n-1} -a_2\lambda^{n-2} -\cdots -a^n\)
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\(S\cdot A^k\)的第\(n\)项，不需要知道整个矩阵
带入上一个框内求出的\(F(x)\)
\(S\cdot A^k=\sum_1^{n}[x^i]{F(x)}S\cdot A^i\)
\(S\cdot A^i\)的第\(n\)项就是\(f_1,f_2,\cdots,f_n\)
求解这个表达式是\(O(n\log n\log k)\)的，求完直接带入即可