常系数线性递推的第n项及前n项和(转载)

（一）Fibonacci数列f[n]=f[n-1]+f[n-2],f[1]=f[2]=1的第n项的快速求法（不考虑高精度）.

解法：

考虑1×2的矩阵【f[n-2],f[n-1]】。根据fibonacci数列的递推关系，我们希望通过乘以一个2×2的矩阵，得到矩阵【f[n-1],f[n]】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]】

很容易构造出这个2×2矩阵A，即：

０	１
１	１

所以，有【f[1],f[2]】×A＝【f[2],f[3]】

又因为矩阵乘法满足结合律，故有：

【f[1],f[2]】×A ^n-1=【f[n],f[n+1]】

这个矩阵的第一个元素即为所求。

至于如何快速求出A ^n-1，相信大家都会，即递归地：n为偶数时，Aⁿ=(A ^n/2)²；n为奇数时，Aⁿ=(A ^n/2)²*A。

问题（一）解决。

（二）数列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+1,f[1]=f[2]=1的第n项的快速求法（不考虑高精度）.

解法：

仿照前例，考虑1×3的矩阵【f[n-2],f[n-1],1】，希望求得某3×3的矩阵A，使得此1×3的矩阵乘以A得到矩阵：【f[n-1],f[n],1】＝【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]+1,1】

容易构造出这个3×3的矩阵A，即：

０	１	０
１	１	０
０	１	１

问题（二）解决。

（三）数列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+n+1,f[1]=f[2]=1的第n项的快速求法（不考虑高精度）.

解法：

仿照前例，考虑1×4的矩阵【f[n-2],f[n-1],n,1】，希望求得某4×4的矩阵A，使得此1×4的矩阵乘以A得到矩阵：

【f[n-1],f[n],n+1,1】＝【f[n-1],f[n-1]+f[n-2]+n+1,n+1,1】

容易构造出这个4×4的矩阵A，即：

０	１	０	０
１	１	０	０
０	１	１	０
０	１	１	１

问题（三）解决……

（四）数列f[n]=f[n-1]+f[n-2],f[1]=f[2]=1的前n项和s[n]的快速求法（不考虑高精度）.

解法：

虽然我们有S[n]=F[n+2]-1，但本文不考虑此方法，我们想要得到更一般的方法。

考虑（一）的矩阵A，容易发现我们要求【f[1],f[2]】×（A+A²+A³+…+A^N-1）。很多人使用一种很数学的方法构造一个2r*2r（r是A的阶数，这里为2）的矩阵来计算，这种方法比较麻烦且很慢，这里不再介绍。下面考虑一种新方法。

仿照之前的思路，考虑1×3的矩阵【f[n-2],f[n-1],s[n-2]】，我们希望通过乘以一个3×3的矩阵A，得到1×3的矩阵：

【f[n-1],f[n],s[n-1]】=【f[n-1],f[n-1]+f[n-2],s[n-2]+f[n-1]】

容易得到这个3×3的矩阵是：

０	１	０
１	１	１
０	０	１

然后…………容易发现，这种方法的矩阵规模是(r+1)*(r+1)，比之前流行的方法好得多。

（五）数列f[n]=f[n-1]+f[n-2]+n+1,f[1]=f[2]=1的前n项和s[n]的快速求法（不考虑高精度）.

解法：

结合（三）（四），容易想到……

考虑1×5的矩阵【f[n-2],f[n-1],s[n-2],n,1】,

我们需要找到一个5×5的矩阵A，使得它乘以A得到如下1×5的矩阵：

【f[n-1],f[n],s[n-1],n+1,1】

=【f[n-1], f[n-1]+f[n-2]+n+1,s[n-2]+f[n-1],n+1,1】

容易构造出A为：

０	１	０	０	０
１	１	１	０	０
０	０	１	０	０
０	１	０	１	０
０	１	０	１	１

然后……问题解决。

一般地，如果有f[n]=p*f[n-1]+q*f[n-2]+r*n+s

可以构造矩阵A为：

０	q	0	0	0
1	p	1	0	0
0	0	1	0	0
0	r	0	1	0
0	s	0	1	1

更一般的，对于f[n]=Sigma(a[n-i]*f[n-i])+Poly(n)，其中0<i<=某常数c, Poly (n)表示n的多项式，我们依然可以构造类似的矩阵A来解决问题。

设Degree(Poly(n))=d, 并规定Poly(n)=0时，d=-1，此时对应于常系数线性齐次递推关系。则本方法求前n项和的复杂度为：

((c+1)+(d+1))³*logn

此方法高效、一般、统一、和谐！