BJOI2019 勘破神机新解

考场上就随便莽了个 Θ(k2log⁡r)\Theta(k^2\log r)Θ(k2logr) 的做法发现反正能过，就不管了……直到最近又提起这道题。

事情的经过其实是这样的……偶然看到了 cz_xuyixuan 用 BM 直接给莽过去了，感到有点诧异，于是就冷静了一下，发现这道题的特征根有很强的性质：

对于 T=2T=2T=2 的部分，因为递推式是 x2−x−1x^2-x-1x2−x−1，所以两个特征根的乘积是 −1-1−1。
对于 T=3T=3T=3 的部分，因为递推式是 x2−4x+1x^2-4x+1x2−4x+1，所以两个特征根的乘积是 111。

所以，我们原以为 αiβj\alpha^i \beta^jαiβj 总共有 Θ(k2)\Theta(k^2)Θ(k2) 种，但是在此题中只有 Θ(k)\Theta(k)Θ(k) 种……

那么如何做到更快就呼之欲出了，我们只需要算出每个 αiβj\alpha^i\beta^jαiβj 的系数就行了。

对于 T=3T=3T=3 的情况，因为 αβ=1\alpha\beta = 1αβ=1，我们欲求 ∑n(λαn+μα−nk)\displaystyle\sum_n \binom{\lambda \alpha^n + \mu \alpha^{-n}} kn∑(kλαn+μα−n) 表为 ∑−k≤j≤kνjαjn\displaystyle\sum_{-k\le j\le k} \nu _j \alpha^{jn}−k≤j≤k∑νjαjn 的系数 νj\nu_jνj，只需计算 1k!∏i=0k−1(λx−i+μx−1)\displaystyle\frac1{k!}\prod_{i=0}^{k-1} (\lambda x - i + \mu x^{-1})k!1i=0∏k−1(λx−i+μx−1) 的系数表示，可以 O(klog⁡2k)O(k \log^2 k)O(klog2k)。
对于 T=2T=2T=2 的情况，因为 αβ=−1\alpha \beta = -1αβ=−1，我们所求可以表为 ∑−k≤j≤kξjαjn+ζj(−α)jn\displaystyle \sum_{-k \le j\le k} \xi_j \alpha^{jn} + \zeta _j (-\alpha)^{jn}−k≤j≤k∑ξjαjn+ζj(−α)jn，只需计算 1k!∏i=0k−1(λx−i+μx−1t)mod(t2−1)\displaystyle\frac1{k!}\prod_{i=0}^{k-1} (\lambda x - i + \mu x^{-1}t) \bmod (t^2-1)k!1i=0∏k−1(λx−i+μx−1t)mod(t2−1) 的系数表示，其中 [t0][t^0][t0] 对应 ξ\xiξ 数列，[t1][t^1][t1] 对应 ζ\zetaζ 数列，可以 O(klog⁡2k)O(k\log^2 k)O(klog2k)。

由此，可以在 O(klog⁡2k+klog⁡r)O(k\log^2 k + k\log r)O(klog2k+klogr) 时间内计算出。

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