常系数齐次线性递推学习小计

常系数齐次线性递推

由于博主水平有限，许多东西并不严谨，在这里主要作一个记录和总结。

问题

• 给出$g$，满足当$n>m$时：$g_n={\sum }_{i=1}^m{g}_{n-i}{a}_i$
• 当$n<=m$时$g_n=c_n$

矩阵乘法

• $O(m^{3}logn)$
• 我们考虑转移矩阵$A$，初始行矩阵$G$由$c_i$得到（$G_{i,1}=c_{m-i+1}$），要求的是$A^{n-1}G$的第$m$行（虽然也有别的矩阵的转移，但是当前的方式可以让我们之后的计算更加方便）。
• 这个是解决接下来的问题的基本思路，主要是将矩阵在多项式上拓展，我们将引入另一个做法。

特征值和特征多项式

• 若有常数$\lambda$,向量$\vec{v}$，满足$\lambda \vec{v}=A\vec{v}$，那么称$\lambda$为矩阵$A$的特征值，$\vec{v}$为矩阵$A$的特征矩阵。
• 秩为k的矩阵有k组线性不相关的特征向量（对于线性代数我并不熟悉，仅仅是在这里做一个记录）。
• 化一下式子得到：$(\lambda I-A)\vec{v}=0$，满足的充要条件为$|(\lambda I-A)\vec{v}|=0$（行列式）。
• $|(\lambda I-A)\vec{v}|$可以看作一个$m$次的多项式，我们称这个多项式为特征多项式$f(x)$，那么对于所有的特征值${\lambda }_0$都有$f({\lambda }_0)=0$，那么$f(x)={\prod }_i(x-{\lambda }_i)$

Cayley-Hamilton定理

• 矩阵$A$特征多项式满足$f(A)=0$

• 简单证明：

  • 如果$f(A)$乘所有特征向量都为0，因为它们线性不相关（雾），那么$f(A)$乘任意向量都为0，那么$f(A)=0$。
  • $f(A)\ast \overrightarrow{v_i}={\prod }_{j!=i}({\lambda }_{j}I-A)\ast ({\lambda }_{i}I-A)\ast v_i$
  • $({\lambda }_{i}I-A)\ast v_i=0$，所以$f(A)\ast \overrightarrow{v_i}=0$

求特征多项式

$\lambda I-A=\left(\begin{array}{ccccc}\lambda -a_1& -a_2& \cdots & -a_{m-1}& -a_m\\ -1& \lambda & \cdots & 0& 0\\ 0& -1& \cdots & 0& 0\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮& ⋮\\ 0& 0& \cdots & -1& \lambda \end{array}\right)$

• 根据行列式的定义可以得到$f(\lambda )=|\lambda I-A|={\lambda }^m-{\sum }_{i=1}^m{a}_i{\lambda }^{m-i}$

快速计算$A^{n-1}$

• 我们知道特征多项式$f(x)$满足$f(A)=0$

• 不妨把$A$当做$x$，放到多项式中去考虑（不难证明矩阵也满足多项式结合的性质）

• 那么$A^{n-1}=P(A)f(A)+R(A)$，由于$f(A)=0$，所以我们可以将$A^{n-1}$当做$R(A)$，那么相当于是$A^{n-1}modf(A)$。

• 这里我们可以倍增+多项式取模，即从$A^k$推到$A^{2k}$或$A^{2k+1}$，然后边自乘边做多项式取模即可做到$O(mlognlogm)$的时间复杂度。

• $A^{n-1}={\sum }_{i=0}^{m-1}{d}_i{A}^i$

• $A^{n-1}G={\sum }_{i=0}^{m-1}{d}_i{A}^{i}G$

• 只求列矩阵的第$m$行，易得$A^{i}G$的第$m$行即为为$g_{i+1}$.

• $Ans={\sum }_{i=0}^{m-1}{d}_i{g}_{i+1}$。

特殊情况

• 如果我们只知道第$0$项，前$m$项需要推出来，那怎么快速求前$m$项呢？
• 可以直接把前m位当做0，最后一位当做1，多做m次上面的快速幂即可。

例题

• JZOJ6789