[常系数(非)齐次线性递推](未应用至计算机)

从一个朴素的问题出发：我们需要求出一个序列b[]，使得符合递推式$f(n)=\sum_{i=1..k}c_if(n-i)$，且前K项为给出的常数，记为A[]。就比如斐波那契数列，fib[1]=1,fib[2]=1,$f(n)=f(n-1)+f(n-2)$。

常系数齐次线性递推

形式化地，我们把上面那个递推式移一下项，可以得到$\sum_{i=0..k}f(n-i)c_i=0$，其中$c_0=1,c_k\neq0$，如果ck=0就可以把k-1了。
我们把得到的递推关系叫做常系数齐次线性递推，根据k的大小，可叫做k阶…递推。这个式子全都是一次项，所以是线性的，而且右边等于0，那么是齐次的。
非齐次线性递推就是$\sum_{i=0..k}f(n-i)c_i=g(n)$，其中g是关于n的一个多项式，可以看成是一开始那个斐波那契的递推式后面加个多项式，诸如$f(n)=f(n-1)+f(n-2)+n^2$。现在先考虑齐次的。

对于原问题，肯定只有一个序列符合递推式。我们如果忽略掉前K项，那实际上是有无限个序列符合递推式的，那么其中有一个是我们要求的答案。

不可能把所有序列找出来再找出正确答案，我们需要一些性质来优化寻找的过程。
性质1：若有两个解（即两个符合条件的数列）a[],b[]，那么a[]+b[]也是一个解。
这个列式子，容易证，宏观地看就是因为线性而齐次。
类比一下01线性基，由上面性质容易知道无限个解的解集里，只有若干个是线性无关的，那么可以把他们当做解集的集，也就是说，其他解都可以通过它们的线性组合得到。
这里线性无关指的是，对于某个解$b_x[]$，解集里不存在一个某一项非0的常数序列a[]，使得$\sum_ia[i]b_i[]=b_x[]$。
有个想法，就是把基求出来，我们可以构造任何一个解了。
现在问题是怎么求基。一种可行的方法是用等比数列构造合法的解。
把递推式中的f()替换为x的次幂，我们可以得到一个方程$\sum_{i=0..k}x^{n-i}c_i=0$，称之为特征根方程，左边就是特征多项式，记为H(x)。
观察到这个方程在复数域中有k个解（分解因式拆成若干个x-a的乘积）。对于一个解$x_i$，我们把它叫做特征根，$b[n]=x_i^n$的b就是原递推关系的一个解。
通过一些线性代数的知识可以证明：若每个x都不一样，这k个x对应的b[]是线性无关的。
如果满足这个，那么我们就构造出基了，那么我们再解一个线性方程，求出最终解关于基的线性组合，就成功了。具体地操作就是列出k个方程，第i个是$\sum_{j=1..k}λ_jb_j[i]=A[i]$。

那如果有相同的解怎么办，即有些x不一样。
设重的根为x1，由于它是根，那么H(x1)=0。
由于他有重，那么H’(x1)=0，即一阶导数在这个点也是0。
证明：设$H(x)=(x-x1)*Q(x)$，我们知道Q(x)里面也有一项(x-x1)，那么由$(f(x)g(x))'=f'(x)g(x)+g'(x)f(x)$可得H’(x1)=0。

我们把$\sum_{i=0..K}c_ix^{n-i}$求个导，又知道在x1处一阶导数为0，得到$\sum_{i=0..K}c_i(n-i)x1^{n-i-1}=0$，我们发现，$b[n]=nx1^n$也是原递推式的解，（长相差不多）。

上面说的是x1有两个的情况，如果有m个，那么对与H(x)的1~m-1阶导数，我们都可以拉出一个解，第i个解就是$b[n]=n^{i↓}x1^n$，由于可以线性组合，我们把下降幂改成次幂即可，$b[n]=n^ix1^i$。
那么齐次就说完了。

非齐次

其实也很简单。
也是不考虑前K项。
如果把g(n)变成0，他就是齐次的了，我们可以求出一组基。
然后我们考虑求出非齐次情况下的随便一个解b’[]，那么b’[]+齐次基的线性组合就可以表示任何一组解。
求b’[]我们使用不动点法。
具体地，我们求一个特殊的b’[]，使得它每一项b’[n]为$\sum_{i≥0}a_in^i$。
由于在把递推式写成f(x)=W(f(x-1))的时候，我们相当于求W(x)=x的不动点，所以这样叫。
由先人经验可知，g(x)是一个m次多项式的时候，b’[n]也是m次多项式，我们就可以设了之后解方程。
就得出b’[]了，然后就成功了。
一个技巧是如果你看出了g(x)是某些熟悉形式的和，那么你可以把熟悉形式的b’[]得出来再求和。

说了那么多，还需要一些线性代数知识才能上机使用…高考也只会考2次及以下的…屠龙之术…