零化多项式

零化多项式

定义：

矩阵定义

设域为 \(\mathbb{F}\)，在一个线性空间 \(\mathbb{F}^n\) 上的线性变换 \(T:V\to V\)（域为 \(\mathbb{F}\)）。

若有在域 \(\mathbb{F}\) 上的多项式 \(F(z)=\sum f_iz^i\) 满足：

\[F(T)=\sum T^iz^i=0 \]

那么称 \(F(z)\) 为 \(T\) 的零化多项式。 \(F(T)\) 是一个新的线性变换（零变换）。

  • 特别地，若 \(T\) 为一个矩阵，那么就称 \(F(z)\) 零化矩阵 \(T\)。

找到一个多项式 \(F(z)\)，满足将变量替换为操作 “T” 后，整个线性组合的和为零。

  • 特征多项式：设 \(F(\lambda)=\det(\lambda I - T)\)（这是函数的点值表示法），则 \(F(T)=0\)，注意这是零矩阵的意思。

    其正确性源自 Cayley–Hamilton 定理。

    它说明一个矩阵的特征多项式一定是它的零化多项式。

    求法：带入 \(|T|\) 个 \(\lambda\)，再用高斯消元 \(O(|T|^3)\) 计算，最后用拉格朗日插值还原多项式 \(F(\lambda)\)。

    时间复杂度 \(O(|T|^4)\)。

    \(\deg F(\lambda)\le |T|\)

    有上海森堡矩阵的办法，详见link，待补。

    以下记矩阵 \(T\) 的特征多项式为 \(\chi_T(z)\)

  • 最小多项式：记矩阵 \(T\) 的最小多项式为 \(\mu_T(z)\)。它是满足阶数最小的，首项为 \(1\) 的零化多项式。

    \(T\) 的最小多项式满足，任意 \(T\) 的零化多项式都是 \(\mu_T(z)\) 的倍数。

    换句话说，\(\mu_T(z)\) 整除任意 \(T\) 的零化多项式。

    \(\deg \mu_T(z)\le |T|\)。

序列定义

对于递推数列 \(\lbrace a\rbrace_{n\ge 0}\)，若存在阶为 \(d\) 的多项式 $ F(z)$，满足：

\[\forall n\ge d,\sum_{i=0}^da_{n-i}f_i=0 \]

则称呼它为序列 \(a\) 的零化多项式，最小多项式定义相仿。

有必要指出的是：

  1. 根据递推数列 \(a\) 的递推关系 \(a_n=\sum_{i=1}^da_{n-i}g_i\) 足以得到多项式 \(F(z)=\sum z^{d-i}f_i=\sum z^{d-i}([i=0]-g_i)\)，\(g_0=0\)，这是一个零化多项式。

  2. 事实上可以看到，序列 \(a\) 的特征方程(也称呼为特征多项式)事实上在描述 \(z^d=\sum_{i=1}^dz^{d-i}g_i\)。

那么可以看出，按递推关系得到的零化多项式 \(F(z)=\sum f_iz^{d-i}\) 与特征方程正好呈现 一致的特点。

注意这里看似有些别扭的 \(F\) 定义是为了下面的统一性。

值得注意的是：

  1. 在 Berlekamp-Massey 给出的输出中给出的是 \([g_1,g_2\dots g_d]\)
  2. 在 Bostan-Mori 中使用的分母多项式 \(Q(z)=\sum z^if_i\)，\(f_i=[i=0]-g_i\)，也就是和零化多项式呈现系数颠倒
  3. 下面请仔细注意这两种系数的特点。

两种定义的联系

对于递推序列 \([a_{n-d+1}\dots a_n]\times M =[a_{n-d+2}\dots a_{n+1}]\)。

这样的矩阵 \(M\) 的特征多项式正好是递推序列 \(a\) 的特征方程，也就是零化多项式。

递推式（向后写法）：

\[a_n = \sum_{i=1}^{d} f_i \cdot a_{n-i} = f_1 a_{n-1} + f_2 a_{n-2} + \cdots + f_d a_{n-d} \]

状态向量（行向量，从旧到新）：

\[\mathbf{v}_n = [a_{n-d+1}, a_{n-d+2}, \ldots, a_n] \]

转移：

\[\mathbf{v}_n \cdot M = \mathbf{v}_{n+1} \]

\[M = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & f_d \\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0 & f_{d-1} \\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 & f_{d-2} \\ \vdots & & \ddots & & \vdots & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & 1 & 0 & f_2 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & 1 & f_1 \end{pmatrix} \]

最后一列从下到上是 \(f_1, f_2, \ldots, f_d\)。

\[\chi_M(x) = \det(xI - M) = x^d - f_1 x^{d-1} - f_2 x^{d-2} - \cdots - f_d \]

计算方法：写出 \(xI-M\)，注意到每一行只有很少的元素，按每一行展开转化子问题，会容易计算很多（子结构）。

应用

  1. 将问题表达为线性组合 \(T\)（一般会得到矩阵或者序列）
  2. 利用各种算法求出其特征多项式（零化多项式） \(F(T)\)
  3. 那么就可以将 \(T^m\) 表达为更低项的计算，进而利用各类技术计算答案。

Bostan-Mori 算法求解常系数齐次线性递推远处项

详见link

将简单 DP 转移看作常系数线性递推，利用零化多项式压复杂度

对于简单的一维的序列 \(dp\)，显然可以直接用上面那个办法。

二维dp的话（可以将更高维进行编号压到二维），有：

\[\mathbf{dp_i}\times M=\mathbf{dp_{i+1}} \]

则 \(\mathbf{dp_n}=\mathbf{dp_0}\times M^n\)。

则所有 \(\mathbf{dp_i}\) 有公共零化多项式，它的阶数不超过 \(\deg\mathbf{dp_i}\)。

（就是 \(M\) 的零化多项式）

初值可能需要特判。

以下设 \(k\) 为阶数，设单次转移复杂度为 \(O(trans)\)。

如果矩阵 \(M\) 比较稀疏或者特殊，trans 会很小，可以降低复杂度。

case1 答案是标量

若我们只是要求 \(\mathbf{dp_n}\times \mathbf{v^T}\) 这个标量或者求 \(\mathbf{dp_n}·\mathbf{v}\) 这个标量。

那么可以直接跑 \(2k\) 次转移算出 \(dp_0\sim dp_{2k}\) 所对应的标量，扔进 BM 里面跑递推式再用上一个办法即可。

复杂度 \(O(k^2+trans·k)\)。

case2 答案是向量

如果我们确定要求出 \(\mathbf{dp_n}\)，该怎么办呢？

所有 \(\mathbf{dp_i}\) 有公共零化多项式，它的阶数不超过 \(k\)，那么只要我们求出这个公共零化多项式，就可以使用上一个办法求出 \(\mathbf{dp_n}\) 了。

先求出 \(\mathbf{dp_{0}\sim dp_{2k}}\)。

如果你自信零化多项式阶数很小，例如只有 \(d\)，那么只需要求出前 \(2d\) 项

复杂度 \(O(d·trans)\)。

零化多项式求法

  1. 直接对矩阵 \(M\) 求特征多项式，复杂度 \(O(k^4)\sim O(k^3)\)

  2. 利用随机投影法（在取模意义下）

    随机向量 \(\mathbf{r}\)，设 \(a_i=\mathbf{dp_i·r}\)，将 \(a_i\) 扔进BM里算出系数。
    这一步是 \(O(dk+d^2)\) 的。

    这样我们就得到了递推系数 \([g_1,g_2\dots g_d]\)，也就有了零化多项式 \(G(z)=\sum z^ig’_{d-i}\)，规定 \(g_0=1,g_i'=-g_i\)。

    正确率：根据 Schwartz–Zippel 引理：失败的概``率只有：\(\frac{1}{p}\)

    如果不放心，可以取多个，然后对得到的所有零化多项式 \(G(z)\) 求 \(\operatorname{lcm}\) 即可。

    \(\operatorname{lcm}(F(z),G(z))=\frac{F(z)\times G(z)}{\gcd(F(z),G(z))}\)

    $\gcd $ 同样可以辗转相除法，每次去掉最高位。

  3. 100% 正确但是高复杂度的做法，对每个 \(i\in [0,k-1]\)，拿出 \(\mathbf{dp_j}\) 的第 \(i\) 项组成 \(k\) 个向量，分别跑 BM，再求 \(\operatorname{lcm}\)。

注意多项式 \(\operatorname{lcm}\) 别把系数搞反了。

求出 \(\mathbf{dp_n}\)

这时候我们已经知道零化多项式 \(G(z)\) 了。

同样的，我们再扩展 link 中提到的第二种上个问题的解决办法。

求出 \(z^n\equiv B(z)(\bmod G(z))\)。

这样的话，就能计算答案：

\[\mathbf{dp_n}=\sum_{i=0}^{d-1} \mathbf{dp_i}b_i \]

这一部分复杂度是 \(O(d\log d\log n+dk)\)。

该问题总复杂度：

\[O(d\log d\log n+dk+d·trans) \]

如果使用 Bostan-Mori 算法也不无不可：注意到运算一直是向量与标量的运算，连 NTT 也不例外。

那么就可以计算了，但复杂度稍劣，为 \(O(dk\log d\log n)\)。

当 \(d\) 显著小于 \(k\) 时，该方法用处很大

注意到用取模法计算是支持多组询问的，设询问有 \(T\) 组，复杂度是：

\[O(d·trans+Td\log d\log n+Tdk) \]

显著优于矩阵快速幂的 \(O(k^3\log n+Tk^2\log n)\)。

用途

  • 自动机/图论走路计数等矩阵确定的情形。

求前缀和

已知序列 \(a\) 满足递推关系，其零化多项式/特征方程为阶数为 \(d\) 的多项式 \(F(z)\)。

则其前缀和序列 \(s_i=\sum_{j=0}^ia_j\) 通常也满足递推关系，且阶数不超过 \(d+1\)。

虽然暴力的办法是跑出 \(s\) 的前 \(2(d+1)\) 项做 BM，但我们声称：

  1. 若 \((z-1)|F(z)\)，则前缀和序列的特征方程同样是 \(F(z)\)，也就是这时候仅有初值改变，递推关系不变。
  2. 否则是 \((z-1)F(z)\)，这时候初值改变，并且多加一个初值 \(s_d\)。

说明 \(z-1\) 的来头：

在 Bostan-Mori 算法的过程中：

这里需要改一下变量描述：

目标序列 \(f\)，生成函数 \(F(z)\)

转移系数 \(g\)，生成函数 \(G(z)=\sum z^ig_i\)，注意这是特征方程系数颠倒后的多项式

则 \(F(z)G(z)=R(z)\)，其中 \(R(z)\) 是只拿初始值与 \(G\) 做卷积后仅保留 \(0\sim d-1\) 项的结果。

那么\(F(z)=\frac{R(z)}{G(z)}\)，因此乘以前缀和算子 \(\frac{1}{1-z}\)：

\[F(z)\frac{1}{1-z}=\frac{R(z)}{G(z)(1-z)} \]

又因为 \(G\) 是系数颠倒后的结果，因此颠倒回来相当于乘上了 \({1-\frac{1}{z}}=\frac{1}{z}(z-1)\)，而 \(\frac{1}{z}\) 又被颠倒回来多出的那个阶数抵消掉了。

因此看上去就像特征方程乘上 \((z-1)\) 一样。

当然这个可以轻易扩展到高阶的情况。

posted @ 2026-01-21 11:02  spdarkle  阅读(3)  评论(0)    收藏  举报