Shlw loves matrixI

一、题目

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Description
给定数列 $\{h_n\}$前 $k$项，其后每一项满足
$h_n = a_1*h_{n-1} + a_2*h_{n-2} + ... + a_k*h_{n-k}$
其中 $a_1,a_2...a_k$ 为给定数列。请计算 $h(n)$，并将结果对 $1000000007$ 取模输出。
Input
第 1 行包含两个整数 $n,k$
第 2 行包含 k 个整数 $a_1,a_2...a_k$
第 3 行包含 k 个整数 $h_0,h_1,...,h_{k-1}$
$n <= 10^9;k <= 2000; abs(hi)<=10^9; abs(ai)<=10^9$
Output
一行一个整数 $h_n \mod 1000000007$

二、解法

很容易想到 $O(k^3\log n)$的矩阵快速幂，我们现在讲一下 $O(k^2\log n)$的 常系数齐次线性递推 方法。

首先我们构造一个特征多项式 $f(x)=x^k-\sum_{i=1}^kx^{k-i}\times a_i$，根据Cayley-Hamilton定理，有：
$f(A)=0$ $A$是我们的转移矩阵，我们把它当做自变量， $0$就表示全 $0$矩阵。

设 $A^n=f(A)g(A)+R(A)$，由于 $f(A)=0$，所以 $A^n=R(A)$，然后我们可以用类似快速幂套取模的方法算出 $R(A)$，这一部分的时间复杂度 $O(k^2\log n)$，用 $\text{FFT}$优化可做到 $O(k\log k\log n)$。

求出 $R(A)$以后（ $R(A)$是 $k-1$次多项式），答案的向量为：
$v=\sum_{i=0}^{k-1}r_iA^iv_0=\sum_{i=0}^{k-1}r_iv_i$由于我们只需要知道 $v$的最上面一项，所以答案为 $\sum_{i=0}^{k-1} r_ih_i$，这一部分的时间复杂度 $O(k)$。

#include <cstdio>
#include <cstring>
#define int long long
const int MOD = 1e9+7;
const int M = 4005;
int read()
{
	int x=0,flag=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') if(c=='-') flag=-1;
	while(c>='0' && c<='9') x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48),c=getchar();
	return x*flag;
}
int n,k,ans,f[M],h[M];
struct Matrix
{
	int a[M];
	Matrix() {memset(a,0,sizeof a);}
	int& operator [] (const int &i) {return a[i];}
	int operator [] (const int &i) const {return a[i];} 
	Matrix operator * (const Matrix &B) const
	{
		Matrix res;
		for(int i=0;i<k;i++)
			for(int j=0;j<k;j++)
				res[i+j]=(res[i+j]+a[i]*B[j])%MOD;
		for(int i=2*k-2;i>=k;res[i--]=0)
			for(int j=1;j<=k;j++)
				res[i-j]=(res[i-j]+res[i]*f[j])%MOD;
		return res; 
	}
}R;
Matrix qkpow(Matrix a,int b)
{
	Matrix res;
	res[0]=1;
	while(b>0)
	{
		if(b&1) res=res*a;
		a=a*a;
		b>>=1;
	}
	return res;
}
signed main()
{
	n=read();k=read();
	for(int i=1;i<=k;i++) f[i]=(read()+MOD)%MOD;
	for(int i=0;i<k;i++) h[i]=(read()+MOD)%MOD;
	if(n<k)
	{
		printf("%lld\n",h[n]);
		return 0;
	}
	R[1]=1;
	R=qkpow(R,n);
	for(int i=0;i<k;i++) ans=(ans+R[i]*h[i])%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
}