P4723 【模板】常系数齐次线性递推
题目描述
求一个满足$k$阶齐次线性递推数列${a_i}$的第$n$项。
即：$a_n=\sum\limits_{i=1}^{k}f_i \times a_{n-i}$
输入输出格式
输入格式：
第一行两个数$n$,$k$，如题面所述。
第二行$k$个数，表示$f_1 \ f_2 \ \cdots \ f_k$
第三行$k$个数，表示$a_0 \ a_1 \ \cdots \ a_{k-1}$
输出格式：
一个数，表示 $a_n \% 998244353$ 的值
输入输出样例
输入样例#1：
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6 4 3 -1 0 4 -2 3 1 5
输出样例#1：
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73
说明
$N = 10^{9} , K = 32000 $
题解
先修《数学选修4-2：矩阵与变换》。
常系数齐次线性递推
给出递推式\(f_n=\sum_{i=1}^ka_if_{n-i}\)，和初值条件\(f_1,f_2,\dots ,f_k\)，求\(f_n\)。
可以用生成函数解一下，然后多项式求逆，\(O(n\log n)\)。当然这对于\(n=10^9\)的数据范围是不行的。
矩阵快速幂解法
由递推式，构造矩阵和列向量
\[
A=\begin{bmatrix}
0 & 1 & 0 & \dots & 0\0 & 0 & 1 & \dots & 0\0 & 0 & 0 & \dots & 0\\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\0 & 0 & 0 & \dots & 1\a_1 & a_2 & a_3 & \dots & a_k
\end{bmatrix}
,F=\begin{bmatrix}
f_1\f_2\f_3\\vdots\f_k
\end{bmatrix}
\]
计算\(A^{n-k}F\)即可，\(O(k^3\log n)\)。然而这对于\(k=32000\)的数据范围还是不行。
矩阵的特征值和特征向量
\(A^nF\)是线性变换的形式，自然也可以用特征值与特征向量来求解。
特征多项式是\(f_A(\lambda)=|A-\lambda I|\)，于是特征方程为
\[
\det\begin{bmatrix}
-\lambda & 1 & 0 & \dots & 0\0 & -\lambda & 1 & \dots & 0\\vdots & \vdots & \vdots & \ddots & \vdots\0 & 0 & 0 & \dots & 1\a_1 & a_2 & a_3 & \dots & a_k-\lambda
\end{bmatrix}=0
\]
手动高斯消元，消成上三角可得
\[
(a_k-\lambda+\frac{a_{k-1}}{\lambda}+\frac{a_{k-2}}{\lambda^2}+\dots+\frac{a_1}{\lambda^{k-1}})(-\lambda)^{k-1}=0\a_1+a_2\lambda+a_3\lambda^2+\dots+a_k\lambda^{k-1}=\lambda^k
\]
然后呢，把特征值解出来然后用特征向量那套理论吗？虽然这种方法可行，但是只能做低次的（4次及以下），所以我们需要新科技。
矩阵的多项式
对于\(n\)次多项式\(f(x)\)，将矩阵\(A\)看做自变量带入，得
\[
f(A)=a_0E+\sum_{i=1}^na_iA^i
\]
记\(f(A)\)为\(A\)的\(n\)次多项式。与另一个\(A\)的\(m\)次多项式\(g(A)\)，其乘法运算满足交换律，即
\[
f(A)g(A)=g(A)f(A)
\]
Cayley-Hamilton 定理
特征多项式\(f_A(x)=\sum_{i=0}^{k-1}a_{i+1}x^i-x^k\)，这里注意下标。
定理：\(f_A(A)=0\)，即矩阵被自己的特征多项式化零。记忆方法：\(f_A(A)=|A-AI|=0\)。
推论：\(A^n=q(A)f_A(A)+r(A)=r(A)\)，其中\(r(A)=A^n\mod f_A(A)\)。
所以\(A^nF=r(A)F=\sum_{i=0}^{k-1}r_iA^iF\)，\(O(k^4)\)。？？？
多项式优化
将Cayley-Hamilton定理的推论变成普通多项式：\(x^n=q(x)f_A(x)+r(x)\)，其中\(r(x)=x^n\mod f_A(x)\)。
于是我们可以对多项式\(x\)做快速幂并取模\(f_A(x)\)，即可得出\(r(x)\)的系数，即\(r(A)\)的系数，\(O(k\log k\log n)\)。
而\(A^iF=\begin{bmatrix}f_{1+i} & f_{2+i} & \dots & f_{k+i}\end{bmatrix}^T\)，所以\(f_{n+k}=\sum_{i=0}^{k-1}r_if_{k+i}\)。
问题转化成了如何求\(f\)的前\(2k\)项。这时使用生成函数和多项式求逆，\(O(k\log k)\)。
于是我们便得到了\(O(k\log k\log n+k\log k+k)\)的优秀解法。
原文地址：https://www.cnblogs.com/autoint/p/11144308.html