Question

假设我们有一个有限的字母，例如X = [1,2,3,..., n]和一个映射f，其中的键X和值也X（{{ 1}}至X）。

定义：另一个功能平方根或组成平方根或半迭代是另一个将X中的键和g中的值映射到X，使得X中所有g[g[x]]==f[x]的{{1}}。

示例1：如果x，则X可以是f = {'A':'A', 'B':'A', 'C':'A'}的函数平方根。功能平方根不是唯一的。映射g = {'A':'A', 'B':'A', 'C':'B'}也是它自己的函数平方根。

示例2：地图f没有功能平方根。实际上，如果我们定义f，则f = ['A':'B', 'B':'A']将是g['A'] = 'A'的固定点，因此它必须是'A'的固定点。如果定义g，则需要定义f，并且g['A'] = 'B'必须是g['B'] = 'B'的固定点。因此，有时功能平方根不存在。

我有时是手工计算的，但是现在我想我真的没有一个有效的策略来计算它。

问题： [设计一种有效算法，以根据给定的输入图计算一个函数平方根。

我认为首先确定要保证输入具有函数平方根的情况是公平的。

算法的存在性：始终存在一种蛮力解决方案，即生成从'B'到f的所有地图g并对其进行组合以进行检查如果它们等于X。

到目前为止，我已经看到一些观察结果，可以减少某些输入的问题：

每个固定点是一个密钥X，这样f就可以定义x。
映射到固定点f[x] == x和g[x] = x的每个键y允许用户定义f[y] == x。
除了满足点（2）中条件的键外，f[x] == x不应将其他键映射到g[y] = x的固定点。
存在一种有效算法的情况：如果g是内射词（没有两个键发送到相同的值），则f是{{ 1}}在这种情况下，可以根据其cycle decomposition of the permutation计算平方根。查找循环分解可以一次完成，并从该also起平方根。

对于双射平方根可以线性计算（看起来）的事实使我希望可以有某种有效的方法来计算一般情况。如果我的定义正确，那么问题就在于NP，因为给定的f可以验证f在线性时间内是X的成分平方根。对我来说，它闻起来不像NP完全，但我对证明这些减少从一个问题到另一个问题的经验很少。

也可以通过以下方式查看问题。输入映射g可以看作是一个有限自动机的有向图，其中每个状态的度数为1。计算成分平方根将是找到一个具有相同状态集的自动机，其行为类似于一次跨两步时是原始的。

Answer 1

问题可以分为两个问题。

如果采用f，f^2，f^3的范围的交集，则...将会得出{{ 1}}作为一个排列。如您在观察4中所指出的，我们可以找到置换的所有平方根。可能有很多这样的选择，但是我们知道在寻找这些选择的过程中我们会做出哪些选择。我们要么将相同长度的循环配对一些旋转，要么重新排序一个奇数长度的循环。如果我们不能做到这一点，那么就没有平方根，并且可以通过做出这两种选择的方式来列举所有产生平方根的方法。

第二个问题是瞬态值，它们形成以Y结尾的链。链条很容易找到，我们知道它们的终点。如果f是Y的平方根，则长度g或f的{{1}}的链必须是一对{长度为2k且2k-1或g的{1}}使得第一个的结尾是f，其中k是第二个的结尾。这是一个非常强的条件，因为要么这些链都终止于同一长度的奇数周期，而可能较短的链则终止于k的一半，或者这些链均终止于相同长度的不同周期，并且来自一个长度均匀的循环。

因此，我建议按以下方式解决该问题。

首先将X变成一个图形，其中您有一个从k-1到g(x)的有向箭头。查找所有周期和链。所有循环的并集为x，首先验证p在x中具有平方根。之后，检查链条是否可以匹配。如果没有，则没有平方根。

如果您通过了几次健全性检查，则尝试实际将链递归地匹配到包含它们的图部分的工作平方根。如果成功，那么您可以轻松地匹配其余的循环，并且具有平方根。如果失败，则没有平方根。

在大多数情况下，您会发现没有平方根相当快。可能缓慢的方法是递归地匹配链。希望这些决定不会太多，而且很容易做出，但是先验地，指数性地回溯并不是不可能的。

Answer 2

有一个平方矩阵可以为任何称为Carleman matrix的微分函数创建，定义为：

carleman[j,k] = (dk/dx^k (f(x)^j)) / k!

其中n!是n和x=0的阶乘。例如，e^x的3x3 Carleman矩阵为：

[
  [1, 0, 0],
  [1, 1, 0.5],
  [1, 1, 2]
]

由于使用了导数，因此在第二行上可以看到e^x的泰勒展开，在第三行上可以看到(e^x)^2或e^2x的泰勒展开，依此类推上。稍后将很重要。

请注意，将矩阵f(x)和g(x)的两个Carleman矩阵相乘得到的矩阵为f(g(x))的Carleman矩阵，因此，如果对f(x)的矩阵求平方，则获取f(f(x))的矩阵。这意味着，如果我们可以找到函数的Carleman矩阵的“平方根”，则可以免费获得它的一半迭代的Carleman矩阵。

幸运的是，人们已经找到了解决这一问题的数值方法。一种迭代方法称为Denman-Beavers Method，定义为：

Y[k+1] = (Y[k]*(Z[k]^-1))/2
Z[k+1] = (Z[k]*(Y[k]^-1))/2

将Y[0]初始化为输入矩阵，并将Z[0]初始化为n×n单位矩阵。我已经在numerical.js Github库中实现了Carleman矩阵和Denman-Beavers平方根（最多500次迭代）。取e^x的上述3x3 Carleman矩阵的平方根后，我得到：

[
  [1, 0, 0],
  [0.5, 0.8944271891673152, 0.22360679791657895],
  [0.23606797789307893, 0.8944271883343149, 1.3416407866664737],
]

（请注意，这里的无理数似乎可疑地接近sqrt(5)/10和4*sqrt(5)/2，这可能是Denman迭代的结果。）

新的半迭代Carleman矩阵的泰勒展开式将显示在第二行，因此我们可以将e^x的半迭代近似为

f(x)=0.5+0.8944271883343149x+0.22360679791657895x^{2}

以下是f(f(x))（蓝色）与e^x（绿色）的图：

Comparison of functions

您可以看到x=0.189处有一条切线，尽管e^x在超出多项式后逐渐追赶。使用Require.js并使用以下方法安装我的数字库后，该策略基本上可以应用于Javascript中的任何函数：

require(["numerical"], function(numerical) {
console.log((numerical.Matrix.carleman(<function>,
<number of expansion terms>)).sqrt().array[1]);
}

但是请注意，我的泰勒多项式目前在数值上不稳定，它将在4或5个项后爆炸（即将更新），因此不要尝试使用太多的项。

计算组成平方根的有效算法

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