正题

题目链接:https://darkbzoj.tk/problem/4161

题目大意

给出序列aaa，和hhh的0∼k−10\sim k-10∼k−1项，满足
hn=∑i=1naihn−ih_n=\sum_{i=1}^na_ih_{n-i}hn=i=1∑naihn−i
求hnh_nhn。

1≤n≤109,1≤k≤20001\leq n\leq 10^9,1\leq k\leq 20001≤n≤109,1≤k≤2000

解题思路

显然k≤2000k\leq 2000k≤2000我们就不能矩阵乘法了，然后就去研究了一下常系数线性齐次递推，而且这题k2k^2k2能过所以不用O(nlog⁡n)O(n\log n)O(nlogn)的多项式取模。

首先对于一个k×kk\times kk×k的矩阵AAA的特征多项式f(x)f(x)f(x)的定义是
f(x)=∑i=0kdet(A−kλ)xif(x)=\sum_{i=0}^kdet(A-k\lambda)x^if(x)=i=0∑kdet(A−kλ)xi
而我们知道对于这种递推式的特征多项式就是
f(x)=xk−∑i=0k−1aixif(x)=x^k-\sum_{i=0}^{k-1}a_ix^if(x)=xk−i=0∑k−1aixi

然后有个Cayley-Hamilton定理就是说对于AAA的特征多项式f(x)f(x)f(x)满足f(A)=0f(A)=0f(A)=0。

如果按照这种特殊的特征多项式去理解的话挺好懂的，但是实际上的就不会证了。

那么我们如果要求一个转移矩阵An=Anmodf(A)A^n=A^n\mod f(A)An=Anmodf(A)，我们可以求出一个多项式r(x)=xnmodf(x)r(x)=x^n\mod f(x)r(x)=xnmodf(x)，然后直接把AAA带入这个多项式就好了。

这个东西要用到快速幂+多项式取模，O(k2)O(k^2)O(k2)的话实现起来很简单，考虑一个xk+i(i≥0)modf(x)x^{k+i}(i\geq 0)\mod f(x)xk+i(i≥0)modf(x)会发生什么，因为f(x)[k]=1f(x)[k]=1f(x)[k]=1所以⌊xk+if(x)⌋=xi\lfloor \frac{x^{k+i}}{f(x)}\rfloor=x^i⌊f(x)xk+i⌋=xi相当于把xi(f(x)−xk)x^i(f(x)-x^k)xi(f(x)−xk)再丢回去就好了。

然后我们得到了一个多项式r(x)r(x)r(x)，考虑怎么计算答案，只需要计算An−kh⃗A^{n-k}\vec{h}An−kh的最后一项，所以我们实际上求的r(x)=xn−kmodf(x)r(x)=x^{n-k}\mod f(x)r(x)=xn−kmodf(x)，记r(x)r(x)r(x)的iii次系数为bib_ibi，那么我们有
r(A)h⃗=∑i=0k−1biAih⃗r(A)\vec{h}=\sum_{i=0}^{k-1}b_iA^{i}\vec{h}r(A)h=i=0∑k−1biAih
所以我们算出hhh的k∼2k−1k\sim 2k-1k∼2k−1项然后就有
hn=∑i=0k−1r(x)[i]hk+ih_n=\sum_{i=0}^{k-1}r(x)[i]h_{k+i}hn=i=0∑k−1r(x)[i]hk+i

时间复杂度：O(k2log⁡n)O(k^2\log n)O(k2logn)

值得一提的是如果转移矩阵AAA不是一个递推式的矩阵，我们也可以用拉格朗日插值插出它的特征多项式从而降低平均的复杂度。

code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=4100,P=1e9+7;
ll n,k,a[N],p[N],h[N],b[N],f[N],tmp[N];
void Mul(ll *a,ll *b,ll *c){memset(tmp,0,sizeof(tmp));for(ll i=0;i<k;i++)for(ll j=0;j<k;j++)(tmp[i+j]+=a[i]*b[j]%P)%=P;for(ll i=2*k-2;i>=k;i--)for(ll j=0;j<k;j++)(tmp[i+j-k]+=P-tmp[i]*p[j]%P)%=P;for(ll i=0;i<k;i++)c[i]=tmp[i];return;
}
signed main()
{scanf("%lld%lld",&n,&k);for(ll i=1;i<=k;i++)scanf("%lld",&a[i]),a[i]=(a[i]+P)%P,p[k-i]=P-a[i];for(ll i=0;i<k;i++)scanf("%lld",&h[i]),h[i]=(h[i]+P)%P;for(ll i=k;i<(k<<1);i++)for(ll j=1;j<=k;j++)(h[i]+=h[i-j]*a[j]%P)%=P;if(n<(k<<1))return printf("%lld\n",h[n])&0;b[1]=p[k]=f[0]=1;ll B=n-k,ans=0;while(B){if(B&1)Mul(f,b,f);Mul(b,b,b);B>>=1;}for(ll i=0;i<k;i++)(ans+=f[i]*h[i+k]%P)%=P;printf("%lld\n",ans);return 0;
}

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