原问题

给定一个数列前k项，并给出其k阶递推关系 $h_n=\sum_{i=1}^k a_ih_{n-i}$ ，求 $h_n$ 。

矩阵快速幂

大家都会矩阵快速幂的方法。

构造一个转移矩阵 $A$

A = [\begin{matrix} a_{1} & a_{2} & a_{3} & \dots & a_{k} \\ 1 & 0 & 0 & \dots & 0 \\ 0 & 1 & 0 & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix}]

$A=\left[ \begin{matrix} a_1 & a_2 & a_3 &\cdots & a_k\\ 1 & 0 & 0 & \cdots & 0\\ 0 & 1 & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ 0 & 0 & 0 & 1 & 0 \end{matrix} \right]$

用前k项构造初始矩阵，也是一个k维向量 $H_1$

H_{1} = (\begin{matrix} h_{k} \\ h_{k - 1} \\ h_{k - 2} \\ ⋮ \\ h_{1} \end{matrix})

$H_1=\left( \begin{matrix} h_k\\ h_{k-1}\\ h_{k-2}\\ \vdots \\ h_1 \end{matrix} \right)$

即可得 $A^{n-1}H_1=H_n$ 。

时间复杂度 $O(k^3\log n)$ 。

k如果比较大怎么办？~~我会卡常，jki玄学卡常，wys优化~~

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多项式取模优化

前置知识

1.矩阵的特征值

对于矩阵 $A$ 和一个n维向量 $x$ ，如果有一个值 $\lambda$ 满足 $Ax=\lambda x$ ，则我们称 $\lambda$ 为矩阵 $A$ 的特征值。

2.矩阵的特征多项式

~~简单的缩好像就是特征方程再移项？~~

我们把之前的那个方程移项得 $(A-\lambda E)x=0$ ，显然若x有非零解，那么需要满足

| A - λ E | = | \begin{matrix} a_{11} - λ & a_{12} & a_{13} & \dots & a_{1 k} \\ a_{21} & a_{22} - λ & a_{23} & \dots & a_{2 k} \\ a_{31} & a_{32} & a_{33} - λ & \dots & a_{3 k} \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & ⋮ \\ a_{k 1} & a_{k 2} & a_{k 3} & \dots & a_{k k} - λ \end{matrix} | = 0

$|A-\lambda E|= \left| \begin{matrix} a_{11}-\lambda & a_{12} & a_{13} & \cdots & a_{1k}\\ a_{21} & a_{22}-\lambda & a_{23} & \cdots & a_{2k}\\ a_{31} & a_{32} & a_{33}-\lambda & \cdots & a_{3k} \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\\ a_{k1} & a_{k2} & a_{k3} & \cdots & a_{kk}-\lambda \end{matrix} \right| =0$

这其实是一个一元k阶方程，即特征方程。我们记 $f_A(x)=|A-xE|$ ，称矩阵A的特征多项式。

3.Cayley-Hamilton定理

$f_A(A)=0$ 。具体的证明可以看widipedia~~，因为我也不会~~。

~~为了方便记忆，~~有一个著名的伪证: $f_A(A)=|A-AE|=0$ 。

4.拉普拉斯展开

对于行列式A，我们定义它的关于第i行第j列的余子式 $M_{ij}$ 为原行列式删除第i行和第j列之后剩下的k-1阶行列式。

拉普拉斯展开是一个有关行列式的值的等式，按第i行展开得到如下等式

| A | = \sum_{j = 1}^{k} (- 1)^{j - 1} a_{i j} | M_{i j} |

$|A|=\sum_{j=1}^k(-1)^{j-1}a_{ij}|M_{ij}|$

类似的，我们也可以对第j列展开

| A | = \sum_{i = 1}^{k} (- 1)^{i} a_{i j} | M_{i j} |

$|A|=\sum_{i=1}^k(-1)^ia_{ij}|M_{ij}|$

5.多项式取模

$f(x)=g(x)p(x)+r(x)$

它们满足 $deg(r)<deg(g)<deg(f)$ 。

优化

我们知道如果给矩阵的某一行全部元素全部变为相反数，那么矩阵的行列式也会变成相反数，那么我们可以做这样一个操作，并记作 $g$ ：

g (x) = (- 1)^{k} f_{A} (x) = | \begin{matrix} x - a_{1} & - a_{2} & - a_{3} & \dots & - a_{k} \\ - 1 & x & 0 & \dots & 0 \\ 0 & - 1 & x & \dots & 0 \\ ⋮ & ⋮ & ⋮ & ⋱ & 0 \\ 0 & 0 & 0 & - 1 & x \end{matrix} |

$g(x)=(-1)^kf_A(x)=\left| \begin{matrix} x-a_1 & -a_2 & -a_3 &\cdots & -a_k\\ -1 & x & 0 & \cdots & 0\\ 0 & -1 & x & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \vdots & \ddots & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1 & x \end{matrix} \right|$

为了求 $g(x)$ 的表达式，我们可以按照第一行对其进行拉普拉斯展开：

g (x) = x^{k} - \sum_{i = 1}^{k} a_{i} x^{k - i}

$g(x)=x^k-\sum_{i=1}^k a_ix^{k-i}$

由于我们要求的东西就是 $A^n$ ，那不妨构造一个这样的式子：

x^{n} = g (x) p (x) + r (x)

$x^n=g(x)p(x)+r(x)$

令 $x=A$ 则有 $A^n=g(A)p(A)+r(A)$

由之前的Cayley-Hamilton定理我们知道 $g(A)=(-1)^kf_A(A)=0$ 。那么我们就得到了 $A^n=r(A)$ ，而 $deg(r)<k$ 。为了方便，我们不妨看作 $deg(r)=k-1$ 。

那么我们怎么求 $r(A)$ 呢？原来的取模板子显然不可取，因为n可能很大，数组都开不下。考虑用倍增，即

$x^2\bmod g(x)=(x^1\bmod g(x))^2\bmod g(x),x^4\bmod g(x)=(x^2\bmod g(x))^2\bmod g(x)$

考虑用快速幂实现，这需要做两个操作：
* 1.多项式乘法
* 暴力 $O(k^2)$
* FFT $O(k\log k)$
* 2.多项式取模
* 暴力 $O(k^2)$ ，跳过中间的零项 $O(kt)$
* FFT $O(k\log k)$ ，限制多，有时用不了？

至此，我们已经得到了 $A^n=\sum_{i=0}^{k-1} r_iA^i$ ，再在两边乘上初始矩阵 $H_1$ 即得

H_{n + 1} = \sum_{i = 0}^{k - 1} r_{i} H_{i + 1}

$H_{n+1}=\sum_{i=0}^{k-1} r_iH_{i+1}$

由于 $H$ 是一个n维向量，而且中间涉及到的数乘及加法的运算，对于每一行是独立的，直接把第k行上的运算提出来就得到

h_{n + 1} = \sum_{i = 0}^{k - 1} r_{i} h_{i + 1}

$h_{n+1}=\sum_{i=0}^{k-1}r_ih_{i+1}$

时间复杂度常数较大的 $O(k^2\log n)$ ，或者常数更大的 $O(k\log k\log n)$ ，fft的话要注意精度问题，mod较大就可能有问题。

矩阵快速幂的多项式取模优化

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