Strassen 알고리즘에서 매트릭스를 선택한 뒤에 더 큰 그림

Strassen 알고리즘에서 두 개의 행렬 와 B 의 곱을 계산하기 위해 행렬 A 와 B 는 2 × 2 블록 행렬 로 나뉘며 알고리즘은 순진한 8 블록 행렬과 반대로 7 블록 행렬-행렬 곱을 재귀 적으로 계산합니다. 즉 매트릭스 제품, 우리가 원하는 경우 C = B는 여기서 = [ 1 , 1 1 , 2 2 , 1 2 , $\mathbf{A}$$\mathbf{B}$$\mathbf{A}$$\mathbf{B}$$2 \times 2$$7$$8$$\mathbf{C}=\mathbf{A} \mathbf{B}$ 우리는 C 1 , 1 = A 1 , 1 B 1 , 1 + A

$$\mathbf{A} =\begin{bmatrix} \mathbf{A}_{1,1} & \mathbf{A}_{1,2} \\ \mathbf{A}_{2,1} & \mathbf{A}_{2,2} \end{bmatrix} \mbox { , } \mathbf{B} = \begin{bmatrix} \mathbf{B}_{1,1} & \mathbf{B}_{1,2} \\ \mathbf{B}_{2,1} & \mathbf{B}_{2,2} \end{bmatrix} \mbox { , } \mathbf{C} = \begin{bmatrix} \mathbf{C}_{1,1} & \mathbf{C}_{1,2} \\ \mathbf{C}_{2,1} & \mathbf{C}_{2,2} \end{bmatrix}$$ 8곱하기 가 필요합니다. 대신 Strassen에서 M 1 :=( A 1 , 1 + A 2 , 2 )( B 1 , 1 + B 2 , 2 $$\mathbf{C}_{1,1} = \mathbf{A}_{1,1} \mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{A}_{1,2} \mathbf{B}_{2,1}\\ \mathbf{C}_{1,2} = \mathbf{A}_{1,1} \mathbf{B}_{1,2} + \mathbf{A}_{1,2} \mathbf{B}_{2,2}\\ \mathbf{C}_{2,1} = \mathbf{A}_{2,1} \mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{A}_{2,2} \mathbf{B}_{2,1}\\ \mathbf{C}_{2,2} = \mathbf{A}_{2,1} \mathbf{B}_{1,2} + \mathbf{A}_{2,2} \mathbf{B}_{2,2}$$ $8$ 및 M k 를 C 1 로 사용하여 C i , j를 구함 , 1 = M 1 + M 4 − M 5 + M $$\mathbf{M}_{1} := (\mathbf{A}_{1,1} + \mathbf{A}_{2,2}) (\mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{B}_{2,2})\\ \mathbf{M}_{2} := (\mathbf{A}_{2,1} + \mathbf{A}_{2,2}) \mathbf{B}_{1,1}\\ \mathbf{M}_{3} := \mathbf{A}_{1,1} (\mathbf{B}_{1,2} - \mathbf{B}_{2,2})\\ \mathbf{M}_{4} := \mathbf{A}_{2,2} (\mathbf{B}_{2,1} - \mathbf{B}_{1,1})\\ \mathbf{M}_{5} := (\mathbf{A}_{1,1} + \mathbf{A}_{1,2}) \mathbf{B}_{2,2}\\ \mathbf{M}_{6} := (\mathbf{A}_{2,1} - \mathbf{A}_{1,1}) (\mathbf{B}_{1,1} + \mathbf{B}_{1,2})\\ \mathbf{M}_{7} := (\mathbf{A}_{1,2} - \mathbf{A}_{2,2}) (\mathbf{B}_{2,1} + \mathbf{B}_{2,2})$$ $\mathbf{C}_{i,j}$$\mathbf{M}_{k}$ 그러나, 행렬 M k 의 선택은나에게 임의적 인 것으로 보인다. 왜 우리가 A 와 B 의 하위 행렬의 특정 제품을 선택하는지에 대한 더 큰 그림이있습니까? 또한, 나는 기대 M이 K 의 참여 I , J s와 ' B 난을 , j는 '여기 경우 될 것 같지 않습니다 대칭 패션,에이야. 예를 들어 M 2 : $$\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}$$ $\mathbf{M}_k$$\mathbf{A}$$\mathbf{B}$$\mathbf{M}_k$$\mathbf{A}_{i,j}$$\mathbf{B}_{i,j}$ . 나는 그것의 상대방 A 1 , 1 ( B 1 , 2 + B 2 , 2 ) 도 계산될 것으로 기대합니다. 그것은 다른로부터 얻어 질 수 있기 때문에, 안 M의 K 의.$\mathbf{M}_2: = (\mathbf{A}_{2,1}+\mathbf{A}_{2,2})\mathbf{B}_{1,1}$$\mathbf{A}_{1,1} (\mathbf{B}_{1,2} + \mathbf{B}_{2,2})$$\mathbf{M}_k$

누군가가 이것에 약간의 빛을 던질 수 있다면 감사하겠습니다.

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

$2 \times 2$

Schönhage는 Strassen이 자신에게 하한을 증명하기 위해 이런 식으로 자신의 알고리즘을 찾았다 고 말했습니다.

$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\}$. 더욱이,$A_0 = B_0$. 두 행렬을 곱하려면$A$ 과 $B$, 해당 기준에 따라 각각을 표시하고 제품을 평가하십시오. 제로가 아닌 7 개의 다른 행렬 만 결과에 나타납니다 ($A_0=B_0,A_1,A_2,A_3,B_1,B_2,B_3$)에는 7 개의 제품 만 필요합니다. 그만큼$M$ 행렬은 이러한 기본입니다.

Strassen 이이 방법을 보았는지 모르겠습니다. 빠른 매트릭스 곱셈 알고리즘의 기본이되는 다른 아이덴티티를 고려할 때, 일부 수식보다 더 깊은 일이 있는지 확실하지 않습니다. 우리는 전에 그것을 겪었습니다. Lagrange는 4 개의 정사각형을 증명하기 위해 4 개의 정사각형 (이전에 알려진)을 사용했습니다. 처음에는 호기심이 많은 대수적 정체성 이었지만 지금은 쿼터니언 규범의 다중화 속성을 나타냅니다. 현재의 지식 상태를 감안할 때 위의 해석이 생산적인지 여부를 말하기는 어렵습니다.