如何更快地计算矩阵的 Frobenius 范数的平方？

Question

假设A是一个形状为(m,1)的列向量，B是一个形状为(1,p)的行向量，C是A和B的矩阵乘积，即C=AB，所以C的形状是(m,p)。

现在我想计算 C 的 Frobenius 范数的平方，即 sum_i sum_j c_{ij}^2（C 元素所有平方的总和）

注意c_{ij}=a_i*b_j，a_i和b_j是A和B中的元素，所以我可以重写上面的公式。

sum_i sum_j c_{ij}^2=sum_i sum_j (a_ib_j)^2=sum_i a_i^2 *sum_j b_j^2

公式sum_i sum_j c_{ij}^2的复杂度是O(mp)。

公式 sum_i a_i^2*sum_j b_j^2 的复杂度为 O(m+p)，因为 A 和 B 的维数比 C 低。

但是，当 A 和 B 都是矩阵时，这个技巧就失效了。

考虑一下，A是一个形状为(m,n)的矩阵，B是一个形状为(n,p)的矩阵，C是A和B的矩阵乘积，即C=AB，所以C的形状也是(m,p)。

我还想计算这个 sum_i sum_j c_{ij}^2

注意c_{ij}=sum_k a_{ik}*b_{kj}，所以

sum_i sum_j c_{ij}^2=sum_i sum_j(sum_k a_{ik}*b_{kj})^2

因此，此时，我无法像以前那样使用任何技巧（矢量版）

所以我的问题是，我需要矩阵 C，还需要 C 的 Frobenius 范数的平方，直接使用 C 会比使用 A 和 B 更快吗？

C 的 Frobenius 范数的平方 = CC^T 的迹

Answer 1

您需要 AB 的 Frobenius 范数的平方。 Frobenius 范数是 通过旋转保留，这导致以下 O((m+n+p) n²)-时间算法。

假设 m ≥ p 和 n ≥ p（如果我们定义，这不应该是关键的 简并情况正确），令 A = QR 为约简 A 的 QR 分解和 ^tB = Q′R′ 被简化 ^tB 的 QR 分解。我们想要 AB 的 Frobenius 范数 = QR^t(Q′R′) = QR^tR′^tQ′。由于 Q 和 Q′ 是半正交的，只要找到 Frobenius 范数就足够了 R^tR'。由于 R 和 R' 是 n × n 矩阵，我们可以使用 简单的 O(n³) 时间算法。