相似矩阵
定义：若对于矩阵 ( ext A) 存在矩阵 ( ext B) 和可逆矩阵 (Phi) 满足 ( ext B=Phi^{-1} ext APhi) ，那么我们称 ( ext A) 相似于 ( ext B) ，记做 ( ext Asim ext B)
相似有如下性质：
- 反身性： ( ext Asim ext A)
- 对称性： 如果 ( ext Asim ext B) ，那么 ( ext Bsim ext A)
- 传递性： 如果 ( ext Asim ext B, ext Bsim ext C) ，那么 ( ext Asim ext C)
相似矩阵有如下性质：
- 两者的秩相等
- 两者的行列式值相等
- 两者拥有同样的特征值，尽管相应的特征向量一般不同
- 两者拥有同样的特征多项式
- 两者可逆性相同，若均可逆，那么两者的逆矩阵同样相似
博主仅对第四点进行证明：
[egin{aligned} 0=|lambda ext E- ext B|=&|Phi^{-1}lambdaPhi-Phi^{-1} ext APhi|\ =&|Phi^{-1}(lambda ext E- ext A)Phi|\ =&|Phi^{-1}| imes|lambda ext E- ext A| imes|Phi|\ =&0\ Rightarrow&|lambda ext E- ext A|=0 end{aligned} ]
矩阵对角化
假设一个矩阵 ( ext A) 与对角矩阵 ( ext B) 相似，那么有
问题转化为求桥接矩阵 (Phi) ，这个就各凭本事了
还有大概会用到的定理如下：
若 (n*n) 矩阵 ( ext A) 能被矩阵对角化当且仅当 ( ext A) 有 (n) 个线性无关的特征向量 (v_1,v_2...v_n) ，且 (Phi_{i,j}=v_{j,i})。
问题转化为快速求特征向量，那么考虑怎么快速求矩阵的特征多项式.
求矩阵特征多项式
先来一个不带脑子的做法，直接用 (dft+)高消(+idft) ，时间复杂度 (O(n^4)) ，实现可以用插值或者Bluestein
然后考虑用相似矩阵来优化运算，先来个 (suncongbo) 队长教育我的做法:
假设最初的矩阵是 ( ext A) ，我们每次给 ( ext A) ，左乘一个初等行变换矩阵，然后右乘一个初等列变换矩阵。
考虑最后能消成什么矩阵，发现是上海森堡矩阵，因为假如在消其它行第 (i) 列的时候用第 (i) 行去消的话会在做列变换的时候影响第 (i) 行，这样没有达到预期的效果，于是用第 (i+1) 行去消，最后消出来就是上海森堡矩阵。
这个玩意儿怎么快速求特征多项式呢？
简单观察后发现最后一行只有两列有值，那么枚举选的是哪一列，如果选第 (n) 列，就是 (lambda-a_{n,n}) 乘以左上角子矩阵的特征多项式，若选第 (n−1) 列，那么接下来一定是若干个第 (n−i) 行选第 (n−i-1) 列，然后会有一行 (j) 选第 (n) 列，由于 (a_{n−1,n−2},a_{n−2,n−3}...a_{j+1,j},a_{j,n}) 都不含变量 (lambda) 所以直接递推即可，复杂度 (O(n^3))。
code
关于半/全在线卷积的一个优化
首先知道通过倍增的思想可以把全在线转化为半在线问题，故下面只考虑半在线卷积的优化。
考虑分治的时候分成 (b) 段，然后算贡献可以看成一个类似二维卷积的东西，然后复杂度是 (O(n*log^{1+epsilon}n)) 的。
但一般为了方便实现可以取 (b=log n) ，然后对第二维暴力卷积，估计跑出来也比上面的做法快...
一个经典问题的奇怪做法
给出一个 (k) 次多项式 (f(x)) 和一个常数 (q) ，并进行 (m) 次询问，每次给出一个 (n) ，求 (Ans=sumlimits_{i=0}^nf(i)q^i,kle 10^6, nle 10^9, mle 10^5)
考虑简单情况，多次求 (Ans=sumlimits_{i=0}^ni^tq^i)
列个生成函数出来搞一下:
注意此处在 (q=1) 的时候要同时除以一个 (x) 不然分母不存在逆元
简单观察一下发现答案是关于 (n+1) 的 (t) 次多项式，于是多点求值即可
然后考虑原问题，构造一个多项式 (F(x)=sumlimits_{i=0}^kf_{k-i}x^i)
然后答案就可以表示为 ([x^k]frac{q^{n+1}e^{(n+1)x}-1}{qe^x-1}*F(x))
同样只需要多点求值一下即可。
数论函数与生成函数的一些联系
目前学过的有 (DGF) 和贝尔级数两种东西。
观察一下发现本质上都是在对这个东西进行变形: (sumlimits_{ige0}f(i)=prodlimits_{pin Prime}(1+sumlimits_{ige1}f(p^i)))
假如这是个完全积性函数，也可以写成: (sumlimits_{ige0}f(i)=prodlimits_{pin Prime}frac1{1-f(p)})
这个时候考虑 (zeta(s)=sumlimits_{nge1}frac1{n^s}=prodlimits_{pin Prime}frac{p^s}{p^s-1})
然后就可以构造出 (DGF:F(s)=sumlimits_{nge1}frac{f(n)}{n^s})
发现你对 (DGF) 卷积就是做了个狄利克雷卷积，于是就可以对 (DGF) 乱操作了，注意到 (ln) 和 (exp) 的正确性是根据 (Lambda(x)) 的 (DGF) 分析出来的。
但你发现这个东西拓展性并不是很强，因此下面介绍更为直观的贝尔级数。
这个东西就是把上面连乘形式的每一项抽出来，对每个素数进行考虑。
即定义 (f_p(x)=sumlimits_{ige0}f(p^i)x^i) ，于是 ((f*g)_p(x)=f_p(x)*g_p(x)) ，只需要把给出的函数转成贝尔级数然后乘起来再转回去，在某些推导的时候能轻松一点。
例题？不存在的，非要说的话就去做狄利克雷k次根
一个自然数幂和的应用
设 (f_0(x)=1,f_k(x)=sumlimits_{i=0}^x(Ai^2+Bi+C)f_{k-1}(i)) ，求 ([x^m]f_0(x),[x^m]f_1(x)...[x^m]f_n(x))。
其中 (nle2*10^5,m,A,B,Cle10^9)。
尝试一下会发现直接推有点难搞，不妨尝试从全局的角度考虑组合意义。
令 (g(x)=Ax^2+Bx+C)
发现相当于现在有 (0,1,...m) 这些点，对于 (ile j) 有权值为 (g(i)) 的边，一条路径的贡献是边权之积，求从 (0) 走 (0,1,...,n) 步到达 (m) 点的所有路径的贡献和。
发现这是 (m+1) 元完全齐次对称式的生成函数 (H(x)=prodlimits_{i=0}^mfrac1{1-g(i)x}) ，我们要求这个多项式 (0,1...n) 次项的系数。
容易想到求 (E(x)=prodlimits_{i=0}^m(1-g(i)x)) 再多项式求逆一下。
直接搞还是不方便，考虑给 (g(x)) 配方一下，相当于问题变成了求 (prodlimits_{i=0}^m(1-(i^2+A)x)) 的系数。
再考虑对称多项式的结论: (E(x)=frac1{e^{intfrac{P(x)-n}x ext dx}})
于是只用考虑求 (i^2+A) 的等幂和。
那么列一下等幂和的式子:
看看后面那一坨是啥，发现可以先求出 (sumlimits_{i=0}^me^{ix}=frac{e^{(m+1)x}-1}{e^x-1}) 的 (0,1...2n) 项然后取出偶数项系数，这题就做完了。
经过一定的思考，发现把 (g(x)) 改写成 (k) 次多项式目前没法做到比较优秀的复杂度就是博主菜。
观察一下列出来的生成函数本质发现就是列了一个 (sumlimits_{i=0}^me^{g(i)x}) ，这个东西感觉只在当 (g(x)) 除去常数项最多有一项不为 (0) 的时候比较可做。
二元多项式的一个简单应用
给一个 (n) 个数的数列，第 (i) 个数是 (a_i)， 所有数的和为 (m)， 对于一个排列 (p) ，设 (b_i=sumlimits_{i=1}^ja_{p_j}) ，那么这个排列的贡献就是 (frac{m!}{prodlimits_{i=2}^nb_i}) ， 问所有排列总贡献。
考虑转一个组合意义，发现可以把第 (i) 个数看成有 (a_i) 个颜色为 (i) 的带标号球，先假定贡献是 (frac{m!}{prodlimits_{i=1}^nb_i}) ，发现这个东西就是给每个颜色定一个顺序依次插入，限制是每种颜色的球标号为 (1) 的必须放在其它标号的前面，且后插入的球的 (1) 号球必须在序列头。合法序列总数计算出来就是答案，简单推一下发现是 (frac{m!}{prodlimits_{i=1}^na_i})
假如是题目要求的贡献，那么第一个插入的颜色去掉限制即可。
于是可以硬点第一次插入的颜色然后容斥一下在它之前插入的，重写答案: (Ans=sumlimits_{t=1}^nsumlimits_{S}(-1)^{|S|}frac{(sumlimits_{iin S}a_i)!}{prodlimits_{iin S}a_i}*inom{(sumlimits_{iin S}a_i)+a_t-1}{a_t-1}*inom{m}{(sumlimits_{iin S}a_i)+a_t}frac{(sumlimits_{i
otin S,i
ot=t}a_i)!}{prodlimits_{i
otin S,i
ot=t}a_i})
然后一波化简可以变成这个: (Ans=frac{m!}{prodlimits_{i=1}^na_i}sumlimits_{t=1}^na_t^2sumlimits_{S}frac{(-1)^{|S|}}{(sumlimits_{iin S}a_i)+a_t})
推导到这里，大概有以下经典做法:
- 直接枚举每个 (t) ，然后把 (sumlimits_{iin S}a_i) 看成状态做 (dp) 算算系数，复杂度是 (O(n^2m))
- 发现可以用补集转化的思想优化上面的 (dp) ，复杂度降到了 (O(nm))
但上述做法没法看出什么明显的优化，因此继续观察可以发现我们相当于枚举出一个集合 (S) ，里面有一个数的贡献是自身权值的平方，其余数的权值是 (-1)
那么直接记 (f_{i,j,0/1}) 表示考虑前 (i) 种颜色，集合的和为 (j) ，是否选出了平方贡献的数的系数和。
这个东西直接转移同样可以做到 (O(nm)) 的复杂度，code
然后冷静一下发现这个组合意义很生成函数，于是可以构造出一个二元生成函数 (F(x,y)=prodlimits_{t=1}^n(1+x^{a_t}(a_t^2y-1)))
注意到我们只需要最后 ([x^ty]) 的系数，所以可以改写模意义下的数为一个二元组 ((a,b)=a+b*y) ，然后就变成了一个一元函数问题，直接分治 (ntt) 即可。
当然也可以用博主之前想过的一个 (trick) 优化掉一个 (log) ，大概就是用多项式 (exp) 和分治 (ntt) 平衡一下复杂度。
这里只写了分治 (ntt) 做法 code
Lattice Paths and Gaussian Coefficients
高斯系数
定义 (g_n(x)=(x-1)(x-q)cdots(x-q^{n-1}), g_0(x)=1)， 将这个称作高斯多项式。
对于等式 (x^n=sumlimits_{k=0}^negin{gather*}egin{bmatrix}n\kend{bmatrix}end{gather*}_qg_k(x))， 把每一项的系数称作高斯系数。
高斯系数有如下递推式: (egin{gather*}egin{bmatrix}n\mend{bmatrix}end{gather*}_q)(=egin{gather*}egin{bmatrix}n-1\m-1end{bmatrix}end{gather*}_q)(+q^megin{gather*}egin{bmatrix}n-1\mend{bmatrix}end{gather*}_q(nge mge1)),(egin{gather*}egin{bmatrix}n\0end{bmatrix}end{gather*}_q=1)
由于式子比较难打证明就咕咕咕了，反正挺容易的
定义 ([n]_q=frac{1-q^n}{1-q},[n]_q!=[n]_q[n-1]_qcdots[1]_q=frac{(1-q^n)(1-q^{n-1})cdots(1-q)}{(1-q)^n}) ，我们把这个叫做 (q-整数) 和 (q-阶乘)
然后发现这个形式和组合数非常像，可以推出 (egin{gather*}egin{bmatrix}n\mend{bmatrix}end{gather*}_q=frac{[n]_q!}{[m]_q![n-m]_q!}(nge mge0))，所以也有 (egin{gather*}egin{bmatrix}n\mend{bmatrix}end{gather*}_q)(=egin{gather*}egin{bmatrix}n\n-mend{bmatrix}end{gather*}_q)
类似的，可以定义 (q-上升)/(下降幂)，还有 (q-斯特林数)， 这里不进行深入讨论。
格路计数
在这里讨论的格路计数要求只能向右和向上走。
现在考虑给每条路径带上权值
这条路径的权值为(q^{有点的格子数})， 现在要算出所有路径的权值和。
这个东西就是 (egin{gather*}egin{bmatrix}n+m\mend{bmatrix}end{gather*}_q)，没错，证明又咕掉了。
三个推论
((1+xq)(1+xq^2)cdots(1+xq^n)=sumlimits_{k=0}^negin{gather*}egin{bmatrix}n\kend{bmatrix}end{gather*}_qq^{inom{k+1}2}x^k)
观察一下发现就是单调上升转成单调不降的想法。
假设有可重集合 (S(k_1,k_2...k_m),s.t. n=sumlimits_{i=1}^mk_i) (表示有 (k_i) 个 (i))，定义 (inv(P)) 表示一个序列 (P) 的逆序对数 ((i<j&&P_i>P_j))
那么 (egin{gather*}egin{bmatrix}n\k_1k_2k_3...k_mend{bmatrix}end{gather*}_q=sumlimits_{Pin S(k_1,k_2...k_m)}q^{inv(P)})
证明用归纳法
(sumlimits_{sigmain P(n)}q^{inv(sigma)}=egin{gather*}egin{bmatrix}nend{bmatrix}end{gather*}_q!)
证明显然
关于生成函数方程求数列递推式的一点思考
假设有 (A(x)F^2(x)+B(x)F(x)+C(x)=0)， 能不能快速求 (F(x)) 的递推式。
首先有求根公式: (F(x)=frac{-B(x)pmsqrt{Delta}}{2A(x)})，带入常数项进行检验一般可以舍掉一根，我们假设最后有 (F(x)=frac{-B(x)-sqrt{Delta}}{2A(x)})， 如果选的是另一个根情况相似。
然后简单推导一下:
发现可以建立 (F(x)) 和 (F'(x)) 的关系，大概在 (A(x),B(x),C(x)) 很好算的时候就能解出来了。
下面简单尝试一下，考虑带入卡特兰数的生成函数方程。
由于 (xF^2(x)-F(x)+1=0)， 对应一下就发现有 (A(x)=x,B(x)=-1,C(x)=1,Delta=1-4x)
相信接下来的步骤大家都会了，例子就举到这里。
接下来尝试能不能更进一步。
考虑不带入实值，直接对上面的 (F(x),F'(x)) 建立等式，发现可以写成这样的形式: (F(x)*P(x)+F'(x)*Q(x)+T(x)=0)
假设 (A(x),B(x),C(x)) 的度数同阶，都为 (m)，那么不难发现 (P(x),Q(x),T(x)) 的度数大概在 (m^3) 的样子。
这也告诉我们 (f_1,f_2...) 这个数列可以被写成一个 (m^3) 阶递推的形式，但简单观察后容易发现这是非常系数的递推，所以看起来很难通过 (BM) 这种不动脑子的东西找递推式，因此每次大概只能暴力或者手玩出 (P(x),Q(x),T(x)) 然后进行递推。
Vandermond Matrix 的一些性质
(det) 及一种基于 ( ext{the involution principle}) 的证明，也可以直接归纳法证明。
快速求 (det):
先考虑一个没有经过大脑思考的做法，考虑求 (prodlimits_{1le i
ot=jle n}(x_i-x_j)) 然后开根，这个是显然的多点求值的形式，然而你并不知道该取那个根作为答案所以这个做法gg了
但上述做法同样有可以借鉴的地方，考虑这么一个算法: 我们暴力分治做，然后 (merge) 的时候拿左子树的积在右子树多点求值一下，复杂度 (O(M(n)log^2n)).
尝试做到更快？
考虑有什么地方可以进行优化，发现上述做法会对每个节点取模 (log n) 次，观察一下发现这 (log n) 个乘积是不交的，所以可以把对单个节点取模的次数降到 (1) 次，复杂度降为了 (O(M(n)log n))
( ext{Inverse}:)
直接爆算伴随矩阵固然是好方法，但 ( ext{Vandermond matrix}) 比较特殊，可以考虑观察它的一些性质来更优美的求逆。
首先来入门一下对称多项式。
求逆的出发点仍然是伴随矩阵，我们考虑求如下矩阵的 (det):
(V_i=egin{gathered}egin{pmatrix} 1 & 1 & ... & 1\x_1 & x_2 & ... & x_n\...\x_1^{i-1} & x_2^{i-1} & ... & x_n^{i-1}\x_1^{i+1} & x_2^{i+1} & ... & x_n^{i+1}\...\x_1^n & x_2^n & ... & x_n^nend{pmatrix}end{gathered})
这个看起来很有规律，但不好直接下手，因此补上一列 (x) 来求:
(f(x)=detegin{gathered}egin{pmatrix} 1 & ... & 1 & 1\x_1 & ... & x_n & x\...\x_1^n & ... & x_n^n & x^nend{pmatrix}end{gathered}=prodlimits_{i=1}^n(x-x_i)prodlimits_{i>j}(x_i-x_j))
根据 ( ext{Laplace}) 展开定理和上式有: ([x^i]=(-1)^{i+n+2}det V_i=(-1)^{n-i}e_{n-i}(x_1,x_2...x_n)prodlimits_{i>j}(x_i-x_j))
(Rightarrowdet V_i=e_{n-i}(x_1,x_2...x_n)prodlimits_{i>j}(x_i-x_j))
现在设 (V=egin{gathered}egin{pmatrix} 1 & 1 & ... & 1\x_1 & x_2 & ... & x_n\...\x_1^{n-1} & x_2^{n-1} & ... & x_n^{n-1}end{pmatrix}end{gathered})
那么根据上面的推导，可以轻松算出 ((V^{-1})_{i,j}=(-1)^{i+j}frac{e_{n-1-j}({x_1,x_2...x_n}ackslash{x_i})prodlimits_{a>b,a
ot=i,b
ot=i}(x_a-x_b)}{prodlimits_{a>b}(x_a-x_b)}=(-1)^{i+j}frac{e_{n-1-j}({x_1,x_2...x_n}ackslash{x_i})}{prodlimits_{a>b,a=i ext{ or }b=i}(x_a-x_b)})。
另一方面，从插值与求值的角度可以同样可以说明逆矩阵长成上述的样子。
Lagrange 插值
如果已知 (f(x)) 的 (n) 个点值 ((x_1,y_1),(x_2,y_2)...(x_n,y_n),forall i ot=j, x_i ot=x_j)，可以构造出一个满足经过这 (n) 个点的 (n-2) 次多项式。
考虑构造，首先有 (f(x_0)=f(x)mod x-x_0)，所以现在得到了 (n) 个同余方程组 (f(x)equiv y_imod x_i)。
那么利用中国剩余定理，就可以快速构造一个多项式 (sumlimits_{i=1}^ny_iprodlimits_{j ot=i}frac{x-x_j}{x_i-x_j})。
现在考虑用线性代数来理解，首先求点值可以看成建一个关于 (x_1,x_2...x_n) 的 ( ext{Vandermonde matrix})，这样有 (egin{gathered}egin{pmatrix} f_0 & f_1 & ... & f_{n-1}end{pmatrix}end{gathered}*V=egin{gathered}egin{pmatrix} y_1 & y_2 & ... & y_{n}end{pmatrix}end{gathered})，给两边同乘一个逆矩阵，就有 (egin{gathered}egin{pmatrix} y_1 & y_2 & ... & y_{n}end{pmatrix}end{gathered}*V^{-1}=egin{gathered}egin{pmatrix} f_0 & f_1 & ... & f_{n-1}end{pmatrix}end{gathered})
那么 ((V^{-1})_{i,j}) 显然就是 (prodlimits_{k
ot=i}frac{x-x_k}{x_i-x_k}) 的 (j-1) 次项系数，与之前推导出的结果一致。