Complexité des puissances de la matrice de calcul

Je suis intéressé par le calcul de la $n$ ième puissance d'un la matrice . Supposons que nous ayons un algorithme de multiplication matricielle qui s'exécute en temps . Ensuite, on peut facilement calculer en temps. Est-il possible de résoudre ce problème en moins de temps? $n\times n$ $A$ $\mathcal{O}(M(n))$ $A^n$ $\mathcal{O}(M(n)\log(n))$

Les entrées de matrice peuvent, en général, provenir d'un semiring mais vous pouvez assumer une structure supplémentaire si cela vous aide.

Remarque: Je comprends qu'en calculant en temps donnerait un algorithme pour l'exponentiation. Mais, un certain nombre de problèmes intéressants se réduisent au cas particulier de l'exponentiation matricielle où m = , et je n'ai pas pu prouver la même chose à propos de ce problème plus simple. $A^m$ $o(M(n)\log(m))$ $o(\log m)$ $\mathcal O(n)$

— Shitikanth
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quelles sont les entrées de la matrice? Entiers?

— Kaveh

Les entrées peuvent, en général, provenir d'un semiring mais vous pouvez assumer une structure supplémentaire si cela vous aide.

— Shitikanth

Je n'ai pas pu obtenir une réduction de la multiplication à la quadrature de la méthode proposée ci-dessus (c'est-à-dire en utilisant ). Cependant, utiliser fonctionne. Cependant, cela ne donne qu'un sur le calcul de .

(A \pm B)^{2}

$(A\pm B)^2$

{(\begin{array}{cc} 0 & A \\ B & 0 \end{array})}^{2}

$\left( \begin{array}{cc} 0 & A \\ B & 0 \end{array} \right)^2$

Ω (M (n))

$\Omega(M(n))$

A^{n}

$A^n$

— Shitikanth

Réponses:

Si la matrice est diagonalisable, la prise de la ème puissance peut se faire dans le temps où $n$

O (D (n) + n \log n)

$O(D(n)+ n\log n)$

est le temps de diagonaliser

D (n)

$D(n)$

A

$A$

Pour compléter les détails, si avec une diagonale , alors $A=P^{-1}DP$ $D$

A^{n} = (P^{- 1} D P)^{n} = P^{- 1} D^{n} P

$A^n = (P^{-1}DP)^n = P^{-1}D^nP$

et peut être calculé en prenant simplement chaque élément de la diagonale (chaque valeur propre de $D^n$ ) à la e puissance. $A$ $n$

— A sonné.
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Même si la matrice est diagonalisable, les algorithmes les plus connus pour la composition par eigend prennent du temps

. En utilisant l'algorithme Coppersmith-Winograd, nous avons déjà un algorithme

pour calculer

O (n^{3})

$O(n^3)$

O (n^{2.3727} \log (m))

$O(n^{2.3727}\log(m))$

A^{m}

$A^m$

— Shitikanth

(1) Le temps que vous citez n'est pas celui de Coppersmith-Winograd (comme vous le savez probablement). (2) Tous les algorithmes de cette forme ne fonctionnent que pour les anneaux; ils ne fonctionnent pas pour les semirings généraux (comme vous le permettez dans votre question).

— Ryan Williams

Une bonne solution est la SVD de décomposition en valeurs singulières . Étant donné une matrice réelle de rang complet , SVD la sépare en où est une matrice diagonale, dans le temps . Par les propriétés de SVD, , donc seule la matrice diagonale doit être exponentiée, et cela peut être fait en $n\times n$ $A$ $A=U\Sigma U^T$ $\Sigma$ $O(n^3)$ $A^m = U \Sigma^m U^T$ $O(n\log m)$ temps de . Réalisation de la multiplication finale prend , donc nous avons tout à fait $U \times \Sigma^m \times U^T$ $O(n^{2.3727})$ opérations. $O(n^3 + n \log m)$

Mise à jour après commentaire Le fait est qu'une fois le SVD trouvé, toute puissance ne prend que pour calculer par votre propre algorithme CW. Mais ce n'est pas votre question: s'il y avait vraiment un algorithme , il se convertirait immédiatement en $O(n^{2.3727}+n \log m)$ $o(M(n)\log(m))$ $o(\log n)$ algorithme pour les entiers. Je soupçonne qu'un tel n'existe pas.

— PKG
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Puisque l'algorithme de Coppersmith – Winograd trouve le produit de deux matrices en temps

, nous avons déjà un algorithme

pour calculer

. Je suis intéressé à savoir si cela peut être amélioré sans nécessiter un meilleur algorithme de multiplication matricielle, en particulier pour

O (n^{2.3727})

$O(n^{2.3727})$

O (n^{2.3727} \log (m))

$O(n^{2.3727}\log(m))$

A^{m}

$A^m$

m = O (n)

$m=O(n)$

— Shitikanth

la SVD ne donne pas

en général - la matrice de droite est

A = U Σ U^{⊤}

$A = U \Sigma U^\top$

V \neq U^{⊤}

$V \ne U^\top$

— Suresh

C'est un peu trompeur d'avoir

pour la puissance aussi, donc je vais utiliser

. Si

il faut

temps pour trouver

, ce qui équivaut à multiplier des entiers

n

$n$

m

$m$

n = 1

$n=1$

O (M (1) \log m

$O(M(1)\log m$

A^{m}

$A^m$

— PKG

\log m

$\log m$

Cela n'était pas clair à partir de votre question, comme indiqué.

— PKG