正題

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題目大意

給出序列$a$，和$h$的$0～k?1$項，滿足
$$h_n=\sum _{i=1}^n{a}_i{h}_{n?i}$$
求$h_n$。

$1\le n\le 10^9,1\le k\le 2000$

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解題思路

顯然$k\le 2000$我們就不能矩陣乘法了，然后就去研究了一下常系數線性齊次遞推，而且這題$k^2$能過所以不用$O(n\log n)$的多項式取模。

首先對于一個$k\times k$的矩陣$A$的特征多項式$f(x)$的定義是
$$f(x)=\sum _{i=0}^{k}det(A?k\lambda )x^i$$
而我們知道對于這種遞推式的特征多項式就是
$$f(x)=x^k?\sum _{i=0}^{k?1}{a}_i{x}^i$$

然后有個Cayley-Hamilton定理就是說對于$A$的特征多項式$f(x)$滿足$f(A)=0$。

如果按照這種特殊的特征多項式去理解的話挺好懂的，但是實際上的就不會證了。

那么我們如果要求一個轉移矩陣$A^n=A^n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}f(A)$，我們可以求出一個多項式$r(x)=x^n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}f(x)$，然后直接把$A$帶入這個多項式就好了。

這個東西要用到快速冪+多項式取模，$O(k^2)$的話實現起來很簡單，考慮一個$x^{k+i}(i\ge 0)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}f(x)$會發生什么，因為$f(x)[k]=1$所以$?\frac{x^{k+i}}{f(x)}?=x^i$相當于把$x^i(f(x)?x^k)$再丟回去就好了。

然后我們得到了一個多項式$r(x)$，考慮怎么計算答案，只需要計算$A^{n?k}h$的最后一項，所以我們實際上求的$r(x)=x^{n?k}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}f(x)$，記$r(x)$的$i$次系數為$b_i$，那么我們有
$$r(A)h=\sum _{i=0}^{k?1}{b}_i{A}^{i}h$$
所以我們算出$h$的$k～2k?1$項然后就有
$$h_n=\sum _{i=0}^{k?1}r(x)[i]h_{k+i}$$

時間復雜度：$O(k^2\log n)$

值得一提的是如果轉移矩陣$A$不是一個遞推式的矩陣，我們也可以用拉格朗日插值插出它的特征多項式從而降低平均的復雜度。

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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; }

總結

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