这个问题的时间复杂度不同于被问到的类似问题。这是来自 Zauba 开发人员招聘挑战（活动于一个月前结束）的问题：f(0) = pf(1) = qf(2) = rfor n > 2f(n) = a*f(n-1) + b*f(n-2) + c*f(n-3) + g(n)where g(n) = n*n*(n+1)p, q, r, a, b, c, n给出。n可以大到10^18.链接到类似的问题在上面的链接中，没有指定时间复杂度，我已经在 中解决了这个问题O(n)，下面是伪代码（只是一种方法，所有可能的边界和边缘情况都在比赛中处理）。if(n == 0) return p;if(n == 1) return q;if(n == 2) return r;for(long i=3;i<=n;i++){ now = a*r + b*q + c*p + i*i*(i+1); p = q; q = r; r = now;}请注意，我10^9 + 7在原始代码中的适当位置使用模数来处理溢出，在必要时处理适当的边缘情况，并且我使用了 java long 数据类型（如果它有帮助）。但由于这仍然需要O(n)时间，我期待一个更好的解决方案来处理n ~ 10^18.编辑正如用户 גלעד ברקן 提到它与矩阵求幂的关系一样，我尝试这样做并停留在一个特定的点，我不确定在矩阵的第 4 行第 3 列中放置什么。请提出任何建议和更正。| a b c 1? | | f(n) | | f(n+1) || 1 0 0 0 | |f(n-1)| | f(n) || 0 1 0 0 | |f(n-2)| => | f(n-1) || 0 0 ?! 0 | | g(n) | | g(n+1) | M A B
1 回答
慕标5832272
TA贡献1966条经验 获得超4个赞
矩阵求幂确实是正确的方法，但还有一些工作要做。
由于g(n)不是常数值，因此无法有效地（O(log n)而不是O(n)）将矩阵求幂应用于当前形式的递推关系。
需要找到类似的递归关系，g(n)只有一个常数项尾随。由于g(n)是三次方，因此需要 3 个递归项：
g(n) = x*g(n-1) + y*g(n-2) + z*g(n-3) + w
展开它们每个的三次表达式：
n³ + n² = x(n³-2n²+n) + y(n³-5n²+8n-4) + z*(n³-8n²+21n-18) + w
= n³(x+y+z) + n²(-2x-5y-8z) + n(x+8y+21z) + (w-4y-18z)
匹配系数以获得三个联立方程 加上x, y, z另一个来计算w：
x + y + z = 1
-2x - 5y - 8z = 1
x + 8y + 21z = 0
w - 4y - 18z = 0
解决它们得到：
x = 3 y = -3 z = 1 w = 6
方便的是，这些系数也是整数*，这意味着可以直接对递归进行模运算。
* 我怀疑这是巧合——这很可能是招聘考官的意图。
因此，矩阵递推方程为：
| a b c 1 0 0 0 | | f(n-1) | | f(n) |
| 1 0 0 0 0 0 0 | | f(n-2) | | f(n-1) |
| 0 1 0 0 0 0 0 | | f(n-3) | | f(n-2) |
| 0 0 0 3 -3 1 6 | x | g(n) | = | g(n+1) |
| 0 0 0 1 0 0 0 | | g(n-1) | | g(n) |
| 0 0 0 0 1 0 0 | | g(n-2) | | g(n-1) |
| 0 0 0 0 0 0 1 | | 1 | | 1 |
最终的矩阵求幂方程为：
[n-2]
| a b c 1 0 0 0 | | f(2) | | f(n) | | f(2) | | r |
| 1 0 0 0 0 0 0 | | f(1) | | f(n-1) | | f(1) | | q |
| 0 1 0 0 0 0 0 | | f(0) | | f(n-2) | | f(0) | | p |
| 0 0 0 3 -3 1 6 | x | g(3) | = | g(n+1) | , | g(3) | = | 36 |
| 0 0 0 1 0 0 0 | | g(2) | | g(n) | | g(2) | | 12 |
| 0 0 0 0 1 0 0 | | g(1) | | g(n-1) | | g(1) | | 2 |
| 0 0 0 0 0 0 1 | | 1 | | 1 | | 1 | | 1 |
（每个操作都是隐式模数10^9 + 7或提供的任何此类数字。）
请注意，Java 的%运算符是remainder ，它与负数的模数不同。例子：
-1 % 5 == -1 // Java
-1 = 4 (mod 5) // mathematical modulus
解决方法很简单：
long mod(long b, long a)
{
// computes a mod b
// assumes that b is positive
return (b + (a % b)) % b;
}
原始迭代算法：
long recurrence_original(
long a, long b, long c,
long p, long q, long r,
long n, long m // 10^9 + 7 or whatever
) {
// base cases
if (n == 0) return p;
if (n == 1) return q;
if (n == 2) return r;
long f0, f1, f2;
f0 = p; f1 = q; f2 = r;
for (long i = 3; i <= n; i++) {
long f3 = mod(m,
mod(m, a*f2) + mod(m, b*f1) + mod(m, c*f0) +
mod(m, mod(m, i) * mod(m, i)) * mod(m, i+1)
);
f0 = f1; f1 = f2; f2 = f3;
}
return f2;
}
模矩阵函数：
long[][] matrix_create(int n)
{
return new long[n][n];
}
void matrix_multiply(int n, long m, long[][] c, long[][] a, long[][] b)
{
for (int i = 0; i < n; i++) {
for (int j = 0; j < n; j++) {
long s = 0;
for (int k = 0; k < n; k++)
s = mod(m, s + mod(m, a[i][k]*b[k][j]));
c[i][j] = s;
}
}
}
void matrix_pow(int n, long m, long p, long[][] y, long[][] x)
{
// swap matrices
long[][] a = matrix_create(n);
long[][] b = matrix_create(n);
long[][] c = matrix_create(n);
// initialize accumulator to identity
for (int i = 0; i < n; i++)
a[i][i] = 1;
// initialize base to original matrix
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
b[i][j] = x[i][j];
// exponentiation by squaring
// there are better algorithms, but this is the easiest to implement
// and is still O(log n)
long[][] t = null;
for (long s = p; s > 0; s /= 2) {
if (s % 2 == 1) {
matrix_multiply(n, m, c, a, b);
t = c; c = a; a = t;
}
matrix_multiply(n, m, c, b, b);
t = c; c = b; b = t;
}
// write to output
for (int i = 0; i < n; i++)
for (int j = 0; j < n; j++)
y[i][j] = a[i][j];
}
最后，新算法本身：
long recurrence_matrix(
long a, long b, long c,
long p, long q, long r,
long n, long m
) {
if (n == 0) return p;
if (n == 1) return q;
if (n == 2) return r;
// original recurrence matrix
long[][] mat = matrix_create(7);
mat[0][0] = a; mat[0][1] = b; mat[0][2] = c; mat[0][3] = 1;
mat[1][0] = 1; mat[2][1] = 1;
mat[3][3] = 3; mat[3][4] = -3; mat[3][5] = 1; mat[3][6] = 6;
mat[4][3] = 1; mat[5][4] = 1;
mat[6][6] = 1;
// exponentiate
long[][] res = matrix_create(7);
matrix_pow(7, m, n - 2, res, mat);
// multiply the first row with the initial vector
return mod(m, mod(m, res[0][6])
+ mod(m, res[0][0]*r) + mod(m, res[0][1]*q) + mod(m, res[0][2]*p)
+ mod(m, res[0][3]*36) + mod(m, res[0][4]*12) + mod(m, res[0][5]*2)
);
}
以下是上述两种算法的一些示例基准。
原始迭代算法：
n time (μs)
-------------------
10^1 9.3
10^2 44.9
10^3 401.501
10^4 3882.099
10^5 27940.9
10^6 88873.599
10^7 877100.5
10^8 9057329.099
10^9 91749994.4
新矩阵算法：
n time (μs)
------------------
10^1 69.168
10^2 128.771
10^3 212.697
10^4 258.385
10^5 318.195
10^6 380.9
10^7 453.487
10^8 560.428
10^9 619.835
10^10 652.344
10^11 750.518
10^12 769.901
10^13 851.845
10^14 934.915
10^15 1016.732
10^16 1079.613
10^17 1123.413
10^18 1225.323
旧算法用了 90 多秒来计算n = 10^9，而新算法只用了 0.6多毫秒（150,000 倍的加速）！
原始算法的时间复杂度显然是线性的（正如预期的那样）；n = 10^10花了太长时间才完成，所以我没有继续。
新算法的时间复杂度显然是对数的——将 的数量级加倍n导致执行时间加倍（同样，正如预期的那样，由于平方求幂）。
n对于( )的“小”值，< 100矩阵分配和运算的开销掩盖了算法本身，但随着n增加而迅速变得微不足道。
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