特征多項式與常系數線性齊次遞推

一般來說，這個東西是用來優化能用矩陣乘法優化的遞推式子的。

通常，這種遞推式子的特征是在齊次的條件下，轉移系數也可以通過遞推得到。

對于這樣的遞推，通常解法為$O(NK)$的遞推或者$O(k^3\log n)$的矩陣乘法，但是有些**毒瘤**的出題人~~吉老師~~，會將這樣的遞推強行出成$K\le 1000$，特別，對于常系數線性齊次遞推有些出題人甚至會出成$20000$！

這樣，就需要引入一個非常有趣~~頭禿~~的概念：特征多項式。

首先，我們需要介紹$Cayley-Hamilton$定理

對于一個$n$階的一個方陣，它的特征多項式為$p(\lambda)=|\lambda E-A|=\lambda^n+b_1\lambda^{n-1}+b_2\lambda^{n-2}+...+b_n$

那么顯然：$p(A)=0$

也就是說：$A^N+b_1A^{n-1}+...+b_n=0$，即$p(\lambda)$為原多項式的化零多項式。

因此，這個特征多項式可以通過高斯消元及拉格朗日插值求出。

求矩陣的特征多項式

一個$O(n^4)$的做法

顯然，我們得到的特征多項式是一個$n$階多項式，那么只需要知道$n+1$個點的點值就可以得到了。

也就是，我們把$n+1$個數代入$|\lambda E-A|$中(作為$\lambda$)，然后暴力高斯消元即可得到一個矩陣的特征多項式。

那么，接下來，只需要拉格朗日插值即可。

這個做法作為一個$n^4$的做法其實想要卡掉矩陣乘法是很難的，除非將遞推的項數放到$10^{1000}$這樣的級別，如[BZOJ4162]

那么接下來，我們考慮剛剛的做法能否被優化。

顯然，每次$n^3$求矩陣行列式太慢了。

一個$O(n^3)$的做法

對于這樣的矩陣：$A=P\times B\times P^{-1}$

稱$A,B$是相似的，也就是說，對于$A,B$的特征多項式相同。

構造還是很容易的，只需要保留每行與每行之間的關系即可。

對于這樣的矩陣，我們稱之為上海森堡矩陣。

$\begin{pmatrix} a_{1,1}&a_{1,2}&a_{1,3}&\cdots&a_{1,n}\\ a_{2,1}&a_{2,2}&a_{2,3}&\cdots&a_{2,n}\\ 0&a_{3,2}&a_{3,3}&\cdots&a_{3,n}\\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ 0&0&0&\cdots&a_{n,n} \end{pmatrix}$

那么，對于這樣的矩陣，求行列式的時間復雜度就降為$n^2$了！

然后，總時間復雜度為$n^3+n^2\log m$，或者為$n^3+n\log n \log m$（并無卵用），然后對于$n^3 \log m$的矩陣乘法構成了鮮明的優勢（大霧

顯然，其實上面的東西沒有那么有用...

但是還是有必要知道的，萬一他卡你呢？

常系數線性齊次遞推的矩陣的特征多項式

定義：遞推式為$f_i=\sum\limits_{j=1}^na_j\times f_{i-j},i>n$的遞推。

講道理，這個東西才非常有用...

對于所有的常系數線性齊次遞推來說，它們的矩陣形態類似，同樣，他們的特征多項式也類似...

其實手畫一下就可以發現，它們的特征多項式都是$p(\lambda)=\lambda^n-a_1\lambda^{n-1}-a_2\lambda^{n-2}-...-a_n$

按照行列式的定義展開式子退一下就得到啦！

特征多項式的使用手冊

其實，使用方法很簡單啦，就是運用之前得到的特征多項式性質，$p(A)=A^N+b_1A^{n-1}+...+b_n=0$

那么，對于這樣的式子，就可以做到將所有的$A^K$用$A^0\sim A^n$的矩陣線性表達出來了。

$A^{x+y}=A^x \times A^y$

那么$A^x=\sum\limits_{i=0}^n b_i\times A^i,A^y=\sum\limits_{i=0}^nc_i\times A^i$

也就是：$A^{x+y}=\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=0}^nb_i\times c_{j}\times A^{i+j}$

因為有：$p(A)=0$也就是說：$A^{x+y}=\sum\limits_{k=0}^{2\times n}(\sum\limits_{i=0}^{\min(n,k)}b_ic_{k-i})A^k \mod p(\lambda)$

然后顯然，可以用倍增(其實就是快速冪)上述操作，也就是我們得到了一個$n^2\log m$復雜度的遞推。

對于上述暴力操作可以用$NTT$或$FFT$優化上述多項式相乘和多項式取模。

也就是說，我們得到了一個$n\log n \log m$的優秀做法！（拿頭寫啊

關于答案

$A^x=\sum\limits_{i=0}^n b_i\times A^i$

這個式子已經給我們答案了，也就是說，這個矩陣的前$n$項加上系數相加即可，但是顯然這個東西是$n^4$的

如果要求$f_m$的話，這個東西只需要用到$f_0\sim f_n$即可

如果求矩陣的話，還是老老實實的一個一個乘吧...

例題.jpg

求矩陣特征多項式裸題：[BZOJ4162]

常系數線性齊次遞推$n^2\log m$裸題：[BZOJ4161]

高難度的東西：[NOI 2017 泳池]

附件

NOI 2017 泳池 題解

對我來說，可能我只能接受$k\le 2000$，如果再大就想要打人了...

首先70分的暴力基本雷同[UNR 2 積勞成疾](http://uoj.ac/problem/311)

大概就是推一個$f[i][j],s[i][j]$即可，[我不想再寫一遍了](https://winniechen.cn/?p=152)

剩下的就是可以把這個轉移寫成矩陣的形式，然后就可以拿到優秀的$90$分了。

最后，根據上面的東西，優化一下就可以AC掉這道題了！

轉載于:https://www.cnblogs.com/Winniechen/p/10246295.html

與50位技術專家面對面20年技術見證，附贈技術全景圖

總結

以上是生活随笔為你收集整理的特征多项式的全部內容，希望文章能夠幫你解決所遇到的問題。

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