线性递推数列和整式递推数列

本文大量参考了：

• 国家集训队2019论文集，钟子谦，两类递推数列的性质和应用

线性递推数列

基本性质和判定方法

一些定义：

• 对于无限数列 $\{a_0,a_1,\cdots \}$ 和有限非空数列 $\{r_0=1,r_1,\cdots ,r_{m-1}\}$，若对于任意 $p\ge m-1$，有 ${\sum }_{k=0}^{m-1}{a}_{p-k}{r}_k=0$，则称数列 $r$ 为数列 $a$ 的线性递推式。

  对于有限数列 $\{a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}\}$ 和有限非空数列 $\{r_0=1,r_1,\cdots ,r_{m-1}\}$，若对于任意 $m-1\le p\le n-1$，有 ${\sum }_{k=0}^{m-1}{a}_{p-k}{r}_k=0$，则称数列 $r$ 为数列 $a$ 的线性递推式。

• 称存在线性递推式的无限数列为线性递推数列（有限数列一定存在线性递推式）。

• 称线性递推式 $\{r_0,r_1,\cdots ,r_{m-1}\}$ 的阶数为它的长度减 $1$（即 $m-1$），称数列 $a$ 的阶数最小的线性递推式为数列 $a$ 的最短线性递推式。

用生成函数的观点看线性递推式，我们将有如下结论：

• 定理 1：对于无限数列 $\{a_0,a_1,\cdots \}$ 和有限非空数列 $\{r_0=1,r_1,\cdots ,r_{m-1}\}$，设它们的生成函数分别为 $A,R$，那么数列 $r$ 为数列 $a$ 的线性递推式等价于存在次数不超过 $m-2$ 的多项式 $S$ 满足 $AR+S=0$。

  对于有限数列 $\{a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}\}$ 的情况，要满足的条件变为 $AR+S\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^n)$ 即可。

  证明：考虑无限序列的情况，按照定义，对于 $k\ge m-1$ 我们肯定有 $[x^k](AR)=0$，那么只需要取适当的 $S$ 使得低次项系数为 $0$ 即可。

  推论 1：对于无限数列 $\{a_0,a_1,\cdots \}$ 及其生成函数 $A$，$a$ 为线性递推数列当且仅当存在存在常数项为 $1$ 的多项式 $R$ 和 $S$ 满足 $A=\frac{S}{R}$。此时对应的线性递推式的阶数为 $\max (\mathrm{deg}(R),\mathrm{deg}(S)+1)$。

  证明：由定理1移项得到。

• 定理 2：对于一个 $n\times n$ 的矩阵 $M$，无限数列 $\{I,M,M^2,\cdots \}$ 是一个线性递推数列，它的最短线性递推式阶数不超过 $n$。

  证明：考虑矩阵 $M$ 的特征多项式 $p(\lambda )=|\lambda I-M|$，其次数为 $n$ 且 $n$ 次项恰好为 $1$。由 Cayley-Hamilton 定理可知 $p(M)=0$。

  设 $p(\lambda )={\sum }_{i=0}^n{c}_i{\lambda }^{n-i}$，那么就有 ${\sum }_{i=0}^n{c}_i{M}^{n-i}=0$。那么即可对任意 $j\ge n$ 推出 ${\sum }_{i=0}^n{c}_i{M}^{j-i}=0$。

  于是 $\{c_0,\cdots ,c_n\}$ 即为一个合法的阶数为 $n$ 的线性递推式。

线性递推数列还满足以下的封闭性：

• 定理 3：对于线性递推数列 $\{a_0,a_1,\cdots \},\{b_0,b_1,\cdots \}$，我们有：
  • $\{a_i+b_i{\}}_{i=0}^{\infty }$ 为线性递推数列。
  • $\{{\sum }_{j=0}^i{a}_j{b}_{i-j}{\}}_{i=0}^{\infty }$ 为线性递推数列。
  • $\{a_i{b}_i{\}}_{i=0}^{\infty }$ 为线性递推数列。

前两者的证明都较为简单，直接按推论1设 $A=\frac{S_1}{R_1},B=\frac{S_2}{R_2}$ 即可。对于最后一者，可以从特征根的角度证明。

求一个数列的最短线性递推式

Berlekamp-Massey 算法。

先考虑有限数列 $\{a_0,\cdots ,a_n\}$ 的情况。我们会求出其每个前缀 $\{a_0,\cdots ,a_i\}$ 的最短线性递推式 $r^{(i)}$（设 $l_i$ 为 $r^{(i)}$ 的阶数）。首先显然有 $l_{i-1}\le l_i$。

• 引理 1：如果 $r^{(i-1)}$ 不是 $\{a_0,\cdots ,a_i\}$ 的最短线性递推式，那么：

  $$l_i\ge \max (l_{i-1},i-l_{i-1}+1)$$

  证明：显然只需证 $l_i\ge i-l_{i-1}+1$。

  反证法。假设 $l_i\le i-l_{i-1}$，设 $r^{(i-1)}=\{p_0,\cdots ,p_{l_{i-1}}\}$，$r^{(i)}=\{q_0,\cdots ,q_{l_i}\}$。那么：

  $$-\sum _{j=1}^{l_{i-1}}{p}_j{a}_{i-j}=\sum _{s=2}^{l_{i-1}+l_i}{a}_{i-s}\sum _j{p}_j{q}_{s-j}=-\sum _{j=1}^{l_i}{q}_j{a}_{i-j}=a_i$$

  中间那一步用到了 $i-(l_{i-1}+l_i)\ge 0$。

  所以 $r^{(i-1)}$ 也为 $\{a_0,\cdots ,a_i\}$ 的线性递推式，显然它就是最短的，矛盾。

由此我们证明了 $l_i$ 的下界， 而 Berlekamp-Massey 算法给出了取到下界的方案。

设 $A$ 为数列 $a$ 的生成函数，$R^{(i)}$ 为数列 $r^{(i)}$ 的生成函数，那么根据定理1可知存在多项式 $S^{(i)}$ 使得 $A{R}^{(i)}\equiv S^{(i)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{i+1})$，其中 $\mathrm{deg}(S^{(i)})\le l_i-1$。

考虑由 $R^{(i-1)}$ 推到 $R^{(i)}$：

• 如果我们仍然有 $A{R}^{(i-1)}\equiv S^{(i-1)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{i+1})$，那么令 $R^{(i)}\leftarrow R^{(i-1)}$ 即可。

• 否则，设 $A{R}^{(i-1)}-S^{(i-1)}\equiv d{x}^i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{i+1})$。我们考虑上一次增长递推式的情形，设当时存在 $p<i$ 和 $c$ 使得 $A{R}^{(p-1)}-S^{(p-1)}=c{x}^p(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{p+1})$，那么我们就有：

  $$\begin{array}{rl}A{R}^{(i-1)}-S^{(i-1)}& \equiv d{x}^i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{i+1})\\ A{R}^{(p-1)}-S^{(p-1)}& \equiv c{x}^p(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{p+1})\end{array}$$

  将下式乘上 $t\cdot x^{i-p}$（其中 $t=\frac{d}{c}$，注意 $c,d$ 均不可能等于 $0$），再将两式相减，即可得到：

  $$A(R^{(i-1)}-t{x}^{i-p}{R}^{(p-1)})-(S^{(i-1)}-t{x}^{i-p}{S}^{(p-1)})\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{x}^{i+1})$$

  取 $R^{(i)}=R^{(i-1)}-t{x}^{i-p}{R}^{(p-1)}$ 即可。

  放在现实意义中的阿巴阿巴：考虑 $r^{(p-1)}$，它满足对于 j < p j

  j<p 都是成立的，但 $j=p$ 时会多算出一些东西。我们利用这个性质，对 $r^{(p-1)}$ 进行适当的修改、放缩、补零，即可得到一个对于 $j<i$ 取值都是 $0$、对于 $j=i$ 取值恰好为 $d$ 的递推式。然后再用 $r^{(i-1)}$ 和这个递推式相减即可消去第 $i$ 位的多余部分。

  然后可以归纳证明这样得到的 $l_i$ 一定满足 $l_i=\max (l_{i-1},i-l_{i-1}+1)$。由于 $p$ 是最近的一次增长递推式的时候，所以我们有 $l_{i-1}=l_p=p-l_{p-1}+1$，那么：

  $$l_i=\max (l_{i-1},(i-p)+l_{p-1})=\max (l_{i-1},(i-p)+(p-l_p+1))=\max (l_{i-1},i-l_p+1)$$

  即证。

那么我们只要枚举 $i$ 并按照上述算法计算 $r^{(i)}$ 和 $l_i$ 即可，注意 $l_i>l_{i-1}$ 时需要对 $p,c$ 进行更新。时间复杂度 $O(n^2)$。

对于无限数列的情况，我们有如下定理：

• 定理 4：对于线性递推数列 $\{a_0,a_1,\cdots \}$，若它的最短线性递推式阶数不超过 $s$，那么 $\{a_0,\cdots ,a_{2s-1}\}$ 的最短线性递推式即为 $a$ 的最短线性递推式。

  证明：设 $\{a_0,a_1,\cdots \}$ 的最短线性递推式阶数为 $q$，$\{a_0,\cdots ,a_{2s-1}\}$ 的最短线性递推式阶数为 $p$，那么必定有 $p\le q$ 且 $p+q\le 2s$。接下来的证明就和引理1的证明类似了。

所以如果我们知道数列 $a$ 最短线性递推式阶数的上界 $s$，我们只需要求出这个数列长度为 $2s$ 的前缀并求出它的最短线性递推式即可。

求一个矩阵序列的最短线性递推式

这里需要假设运算均在模某个大质数 $p$ 下进行。

对于 $n$ 行 $m$ 列的矩阵序列 $\{t_0,t_1,\cdots \}$，考虑在模 $p$ 意义下随机一个 $n$ 维行向量 $u$ 和一个 $m$ 维列向量 $v$，然后计算标量序列 $\{u{t}_{0}v,u{t}_{1}v,\cdots \}$ 的最短线性递推式。

根据一个我不会证的定理，它们的最短线性递推式相同的概率为 $1-\frac{n+m}{p}$，即单次错误的概率为 $\frac{n+m}{p}$。

求矩阵的最小多项式

$n\times n$ 的矩阵 $M$ 的最小多项式为次数最小的使得 $f(M)=0$ 的多项式 $f$。

设 $f(x)={\sum }_{i=0}^m{c}_i{x}^{m-i}$。类似于定理2的证明，我们知道 $M$ 的零化多项式 $f$ 对应着无限数列 $\{I,M,M^2,\cdots \}$ 的一个线性递推式。

所以矩阵 $M$ 的最小多项式对应着无限数列 $\{I,M,M^2,\cdots \}$ 的最短线性递推式。

根据定理2，再套用前两节的做法，我们需要先计算出 $\{I,uMv,\cdots ,u{M}^{2n-1}v\}$。使用递推计算，过程中是向量乘矩阵，单次乘法为 $O(n^2)$，总时间复杂度 $O(n^3)$。

整式递推数列

这个比较难，就只有最基础的一点东西（

基本性质和判定方法

一些定义：

• 对于无限数列 $\{a_0,a_1,\cdots \}$ 和有限非空多项式数列 $\{P_0,P_1,\cdots ,P_{m-1}\}$，若 $P_0$ 非零且对于任意 $p\ge m-1$，有 ${\sum }_{k=0}^{m-1}{a}_{p-k}{P}_k(p)=0$，则称数列 $P$ 为数列 $a$ 的整式递推式。

  对于有限数列 $\{a_0,a_1,\cdots ,a_{n-1}\}$ 和有限非空多项式数列 $\{P_0,P_1,\cdots ,P_{m-1}\}$，若 $P_0$ 非零且对于任意 $m-1\le p\le n-1$，有 ${\sum }_{k=0}^{m-1}{a}_{p-k}{P}_k(p)=0$，则称数列 $P$ 为数列 $a$ 的整式递推式。

• 称存在整式递推式的无限数列为整式递推数列（有限数列一定存在整式递推式）。

• 称整式递推式 $\{P_0,P_1,\cdots ,P_{m-1}\}$ 的阶数为它的长度减 $1$（即 $m-1$），次数为 ${\max }_i\mathrm{deg}(P_i)$。

容易看出线性递推数列也是整式递推数列。

接下来给出整式递推数列最基本的判定方法：

• 称形式幂级数 $A(x)$ 为微分有限的，当且仅当存在多项式 $Q_0(x),\cdots ,Q_{m-1}(x)$ 满足 $Q_{m-1}(x)\ne 0$ 且 ${\sum }_{i=0}^{m-1}{Q}_i(x)A^{(i)}(x)=0$。

• 定理 5：对于无限数列 $\{a_0,a_1,\cdots \}$ 及其生成函数 $A$，$a$ 为整式递推数列当且仅当 $A$ 是微分有限的。

  证明：对于必要性，这里直接给出一种明了的构造方式：

  设 $\{P_0,\cdots ,P_{m-1}\}$ 为 $a$ 的整式递推式（满足 $\forall n\ge m-1,{\sum }_{k=0}^{m-1}{a}_{n-k}{P}_k(n)=0$）。设 $D={\max }_i\mathrm{deg}(P_i)$。

  设 $A_i(x)=x^i{A}^{(i)}(x)$（$0\le i\le D$）。

  那么对于任意 $n\ge D$，$[x^n]A_i(x)=f_i(n)a_n$，其中 $f_i(n)$ 是关于 $n$ 的 $i$ 次多项式（具体来说是一个下降幂的形式，不过这不重要）。

  那么，当 $n\ge D+m-1$ 时：

  $$\begin{array}{rl}& [x^n]\sum _{i=0}^D{Q}_i^{\prime }(x)x^i{A}^{(i)}(x)\\ =& \sum _{k=0}^{m-1}\sum _{i=0}^D([x^k]Q_i^{\prime }(x))([x^{n-k}]A_i(x))\\ =& \sum _{k=0}^{m-1}\sum _{i=0}^D{q}_{i,k}^{\prime }{f}_i(n-k)a_{n-k}\\ =& \sum _{k=0}^{m-1}{a}_{n-k}\sum _{i=0}^D{q}_{i,k}^{\prime }{f}_i(n-k)\\ =& \sum _{k=0}^{m-1}{a}_{n-k}\sum _{i=0}^D{q}_{i,k}^{\prime }{f}_i^{\prime }(n)\end{array}$$

  由于 $f_i^{\prime }(n)$ 为关于 $n$ 的 $i$ 次多项式，所以 $\{f_0^{\prime }(n),\cdots ,f_D^{\prime }(n)\}$ 线性组合张成的空间包含了所有关于 $n$ 的次数不超过 $D$ 的多项式，那么我们选取合适的 $q_{i,k}^{\prime }$ 使得 ${\sum }_{i=0}^D{q}_{i,k}^{\prime }{f}_i^{\prime }(n)=P_k(n)$ 即可。

  再令 $Q_i(x)=Q_i^{\prime }(x)x^i$，于是对于任意 $n\ge D+m-1$，$[x^n]{\sum }_{i=0}^D{Q}_i(x)A^{(i)}(x)={\sum }_{k=0}^{m-1}{a}_{n-k}{P}_k(n)=0$。

  上述过程建议画图推导。

  那么现在我们已经构造出一组 $Q_i(x)$ 满足 ${\sum }_{i=0}^D{Q}_i(x)A^{(i)}(x)=S(x)$，其中 $S(x)$ 为一有限次多项式。

  再对等式两边同时求 $\mathrm{deg}(S(x))+1$ 阶导，即可证明 $A$ 是微分有限的。

  至于充分性，直接将 ${\sum }_{i=0}^{m-1}{Q}_i(x)A^{(i)}(x)=0$ 展开，然后对于充分大的 $n$，取左式的 $n$ 次项系数即可得到一个 $a$ 的整式递推式。