Bức tranh lớn hơn đằng sau sự lựa chọn ma trận trong thuật toán Strassen

17

Trong thuật toán Strassen, để tính tích của hai ma trận và , các ma trận và được chia thành ma trận khối và các thuật toán đệ quy tiền thu được tính toán khối sản phẩm ma trận ma trận như trái ngược với một ngây thơ matrix- khối sản phẩm ma trận, nghĩa là, nếu chúng ta muốn , trong đó $\mathbf{A}$ $\mathbf{B}$ $\mathbf{A}$ $\mathbf{B}$ $2 \times 2$ $7$ $8$ $\mathbf{C}=\mathbf{A} \mathbf{B}$ thì ta có

A = [\begin{matrix} A_{1, 1} & A_{1, 2} \\ A_{2, 1} & A_{2, 2} \end{matrix}], B = [\begin{matrix} B_{1, 1} & B_{1, 2} \\ B_{2, 1} & B_{2, 2} \end{matrix}], C = [\begin{matrix} C_{1, 1} & C_{1, 2} \\ C_{2, 1} & C_{2, 2} \end{matrix}]

$\mathbf{A} =\begin{bmatrix} \mathbf{A}_{1,1} & \mathbf{A}_{1,2} \\ \mathbf{A}_{2,1} & \mathbf{A}_{2,2} \end{bmatrix} \mbox { , } \mathbf{B} = \begin{bmatrix} \mathbf{B}_{1,1} & \mathbf{B}_{1,2} \\ \mathbf{B}_{2,1} & \mathbf{B}_{2,2} \end{bmatrix} \mbox { , } \mathbf{C} = \begin{bmatrix} \mathbf{C}_{1,1} & \mathbf{C}_{1,2} \\ \mathbf{C}_{2,1} & \mathbf{C}_{2,2} \end{bmatrix}$

đòi hỏi

phép nhân. Thay vào đó trong Strassen, chúng tôi tính

C_{1, 1} = A_{1, 1} B_{1, 1} + A_{1, 2} B_{2, 1} C_{1, 2} = A_{1, 1} B_{1, 2} + A_{1, 2} B_{2, 2} C_{2, 1} = A_{2, 1} B_{1, 1} + A_{2, 2} B_{2, 1} C_{2, 2} = A_{2, 1} B_{1, 2} + A_{2, 2} B_{2, 2}

$\mathbf{C}_{1,1} = \mathbf{A}_{1,1} \mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{A}_{1,2} \mathbf{B}_{2,1}\\ \mathbf{C}_{1,2} = \mathbf{A}_{1,1} \mathbf{B}_{1,2} + \mathbf{A}_{1,2} \mathbf{B}_{2,2}\\ \mathbf{C}_{2,1} = \mathbf{A}_{2,1} \mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{A}_{2,2} \mathbf{B}_{2,1}\\ \mathbf{C}_{2,2} = \mathbf{A}_{2,1} \mathbf{B}_{1,2} + \mathbf{A}_{2,2} \mathbf{B}_{2,2}$

8

$8$

và thu được

's sử dụng

' s là

M_{1} := (A_{1, 1} + A_{2, 2}) (B_{1, 1} + B_{2, 2}) M_{2} := (A_{2, 1} + A_{2, 2}) B_{1, 1} M_{3} := A_{1, 1} (B_{1, 2} - B_{2, 2}) M_{4} := A_{2, 2} (B_{2, 1} - B_{1, 1}) M_{5} := (A_{1, 1} + A_{1, 2}) B_{2, 2} M_{6} := (A_{2, 1} - A_{1, 1}) (B_{1, 1} + B_{1, 2}) M_{7} := (A_{1, 2} - A_{2, 2}) (B_{2, 1} + B_{2, 2})

$\mathbf{M}_{1} := (\mathbf{A}_{1,1} + \mathbf{A}_{2,2}) (\mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{B}_{2,2})\\ \mathbf{M}_{2} := (\mathbf{A}_{2,1} + \mathbf{A}_{2,2}) \mathbf{B}_{1,1}\\ \mathbf{M}_{3} := \mathbf{A}_{1,1} (\mathbf{B}_{1,2} - \mathbf{B}_{2,2})\\ \mathbf{M}_{4} := \mathbf{A}_{2,2} (\mathbf{B}_{2,1} - \mathbf{B}_{1,1})\\ \mathbf{M}_{5} := (\mathbf{A}_{1,1} + \mathbf{A}_{1,2}) \mathbf{B}_{2,2}\\ \mathbf{M}_{6} := (\mathbf{A}_{2,1} - \mathbf{A}_{1,1}) (\mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{B}_{1,2})\\ \mathbf{M}_{7} := (\mathbf{A}_{1,2} - \mathbf{A}_{2,2}) (\mathbf{B}_{2,1} + \mathbf{B}_{2,2})$

C_{i, j}

$\mathbf{C}_{i,j}$

M_{k}

$\mathbf{M}_{k}$

Tuy nhiên, việc lựa chọn ma trận

's có vẻ tùy ý đối với tôi. Có một bức tranh lớn hơn về lý do tại sao chúng ta chọn các sản phẩm cụ thể này của ma trận con của

và

không? Ngoài ra, tôi mong muốn

's liên quan đến

và

' theo kiểu đối xứng, dường như không phải là trường hợp ở đây. Chẳng hạn, chúng ta có

C_{1, 1} = M_{1} + M_{4} - M_{5} + M_{7} C_{1, 2} = M_{3} + M_{5} C_{2, 1} = M_{2} + M_{4} C_{2, 2} = M_{1} - M_{2} + M_{3} + M_{6}

$\mathbf{C}_{1,1} = \mathbf{M}_{1} + \mathbf{M}_{4} - \mathbf{M}_{5} + \mathbf{M}_{7}\\ \mathbf{C}_{1,2} = \mathbf{M}_{3} + \mathbf{M}_{5}\\ \mathbf{C}_{2,1} = \mathbf{M}_{2} + \mathbf{M}_{4}\\ \mathbf{C}_{2,2} = \mathbf{M}_{1} - \mathbf{M}_{2} + \mathbf{M}_{3} + \mathbf{M}_{6}$

M_{k}

$\mathbf{M}_k$

A

$\mathbf{A}$

B

$\mathbf{B}$

M_{k}

$\mathbf{M}_k$

A_{i, j}

$\mathbf{A}_{i,j}$

B_{i, j}

$\mathbf{B}_{i,j}$

. Tôi hy vọng đối tác của nó nói

cũng sẽ được tính toán. Tuy nhiên, không phải vì nó có thể được lấy từ các

's khác.

M_{2} := (A_{2, 1} + A_{2, 2}) B_{1, 1}

$\mathbf{M}_2: = (\mathbf{A}_{2,1}+\mathbf{A}_{2,2})\mathbf{B}_{1,1}$

A_{1, 1} (B_{1, 2} + B_{2, 2})

$\mathbf{A}_{1,1} (\mathbf{B}_{1,2} + \mathbf{B}_{2,2})$

M_{k}

$\mathbf{M}_k$

Tôi sẽ đánh giá cao nếu ai đó có thể làm sáng tỏ điều này.

— cộng đồng
nguồn

15

$2 \times 2$ $2 \times 2$

$2 \times 2$

Schönhage từng nói với tôi rằng Strassen đã từng nói với anh ta rằng anh ta đã tìm thấy thuật toán của mình theo cách này, bằng cách cố gắng chứng minh giới hạn dưới.

— Markus Bläser
nguồn

11

$A_0,A_1,A_2,A_3$ $B_0,B_1,B_2,B_3$ $2\times 2$ $A_iB_j \in \{0,A_0,A_1,A_2,A_3,B_0,B_1,B_2,B_3\}$ $A_0 = B_0$ $A$ $B$ $A_0=B_0,A_1,A_2,A_3,B_1,B_2,B_3$ $M$

Tôi không biết liệu Strassen có nghĩ ra cách nhìn này không. Xem xét các danh tính khác dựa trên các thuật toán nhân ma trận nhanh, không rõ liệu có bất cứ điều gì sâu sắc đang diễn ra hay không, ngoài một số công thức được thực hiện. Chúng ta đã trải qua điều đó trước đây - Lagrange đã sử dụng bốn danh tính hình vuông (đã được biết đến trước đó) để chứng minh định lý bốn hình vuông. Lúc đầu, nó phải chỉ là một danh tính đại số tò mò, nhưng bây giờ chúng ta biết rằng nó nói lên tính chất đa bội của chuẩn quernion. Với tình trạng kiến thức hiện tại, thật khó để biết liệu cách giải thích trên có hiệu quả hay không.

— Yuval Filmus
nguồn

3

2 \times 2

$2\times 2$