这题输入数据好坑啊。。
本题解是给像我一样的蒟蒻写的，可能略显啰嗦，已经懂了的大佬可以出门右转，去切掉IOI
- 我们先分析题目，将每一个(w_i)，它的计算方式写成如下方式：
- (w_i=a_1*w_{i-1}+a_2*w_{i-2}+cdots+a_n*w_{i-n})
- 再注意到题中的这句话：
a1, a2, ..., an是已知常数
- 所以这是一个常系数的线性递推方程。很自然的，对于这种方程，我们可以想到直接(O(nm))递推（每个数都要乘n次）。
- 继续看题。这时候我们惊讶的发现了下面这个东西：
(1leq nleq 100,n < mleq 10000000)
- 很好，跑满的时间复杂度为(O(10^9))，这绝对不会是这道题的正解
不然怎么会是蓝题呀！ - 这怎么办呢？看起来好像没有什么优秀的办法来优化啊
怎么可能，没有怎么做题。
这时候，就该我们神奇的矩阵快速幂（或称矩阵加速）出场了！
矩阵快速幂
- 前置知识：矩阵乘法、快速幂。
- 数学姿势：
- 1.矩阵满足结合律
- 2.矩阵不满足交换律（这就要求了我们进行快速幂运算的时候必须要注意乘的顺序）
- 由以上两点我们就可以得出一个很好用的结论：当一个矩阵乘上(k)次另一个矩阵的时候，我们可以看做是乘上这个矩阵的(k)次方，而矩阵可以像数一样用二进制的方式进行快速幂运算。
- 由此我们就推出了矩阵快速幂的基本原理。
我们先来举个栗子：
- 斐波那契数列大家应该都很熟悉吧？它的递推式如下：(F_n=F_{i-1}+F_{i-2})。
- 在一定的范围以内，很显然可以(O(n))递推的，但是n很大呢？
- 我们可以考虑矩阵快速幂。
- 相信很多同学们都知道斐波那契数列的转移矩阵是这个形式的：
(left[ egin{matrix} F_n\ F_{n-1}\ end{matrix} ight]=)(left[ egin{matrix} 1 & 1\ 1 & 0\ end{matrix} ight]^{n-2}*)(left[ egin{matrix} F_2\ F_1\ end{matrix} ight]) - 但是为什么是这样的可能有些人却不太了解，这里给出解释。
- 我们考虑两个矩阵相乘：
(left[egin{matrix} a & b\ c & d\ end{matrix} ight]=)(left[egin{matrix} a_1 & b_1\ c_1 & d_1\ end{matrix} ight]*)(left[egin{matrix} a_2 & b_2\ c_2 & d_2\ end{matrix} ight]) - 由矩阵乘法的定义我们可以知道：(a=a_1*a_2+b_1*c_2)
- 我们将上方矩阵补齐为(2*2)的：
(left[ egin{matrix} F_n & 0\ F_{n-1} & 0\ end{matrix} ight]=)(left[ egin{matrix} 1 & 1\ 1 & 0\ end{matrix} ight]^{n-2}*)(left[ egin{matrix} F_2 & 0\ F_1 & 0\ end{matrix} ight])
- 那么当(n=3)时，我们有:
- (F_3=1*F_2+1*F_1=2)
- (F_2=1*F_2+0*F_1=1)
- 继续向下推，我们惊奇的发现，对每一个新得到的表示(F_n)的矩阵，都是由这两个式子推过来的：
- (F_n=1*F_{n-1}+1*F_{n-2})
- (F_{n-1}=1*F_{n-1}+0*F_{n-2})
- 我们发现它很神奇的符合了斐波那契数列的递推式，但是为什么？
- 假设我们有形式这样一个等式：
(left[egin{matrix} F_n\ F_{n-1}\ vdots \ F_{n-m+1}\ end{matrix} ight]=)(left[egin{matrix} a_1 & a_2 & cdots & a_m\ b_1 & b_2 & cdots & b_m\ vdots & vdots & vdots & vdots\ k_1 & k_2 & cdots & k_m\ end{matrix} ight]*)(left[egin{matrix} F_{n-1}\ F_{n-2}\ vdots \ F_{n-m}\ end{matrix} ight])
- 我们进行类似的分析可以发现:对于每一个左边的目标矩阵中的(F_i),它都满足这样一个形式：（(j)代表(F_i)这个数所对应的矩阵中的那一行）
- (F_i=F_{n-1}*j_1+F_{n-2}*j_3+dots+F_{n-m}*j_m)
- 因为斐波那契数列只和后两位有关，所以可以用一个(2*2)的矩阵来表示转移过程中的(bas)矩阵（中间那个），然后将(F_i)和(F_{i-1})写成上面最左边的一列，而(F_{i-1})和(F_{i-2})写成最右边的然后依次对应着将系数填入(bas)，就得到了这个斐波那契数列的矩阵形式的转移方程。
好了矩阵快速幂的介绍差不多就到这里，当然，听机房大佬说二维的好像也可以？？？？这里就不管了因为我不会啊，我们来说一下这道题。
- 我们看最开始给出的那个递推式，我们将它写成矩阵形式：
(left[egin{matrix} W_i\ W_{i-1}\ W_{i-2}\ vdots \ W_{i-n+1}\ end{matrix} ight]=)(left[egin{matrix} a_1 & a_2 & a_3 & cdots & a_n\ 1 & 0 & 0 & cdots & 0\ 0 & 1 & 0 & cdots & 0\ vdots & vdots & vdots & vdots\ 0 & 0 & cdots & 1 & 0\ end{matrix} ight]*)(left[egin{matrix} W_{i-1}\ W_{i-2}\ W_{i-3}\ vdots \ W_{i-n}\ end{matrix} ight]) - 因为我们要求第(m)天，所以我们需要在基础矩阵的基础上乘上(bas)矩阵的(m-n)次方（因为要推这么多次）。状态转移如下：
(left[egin{matrix} W_m\ W_{m-1}\ W_{m-2}\ vdots \ W_{m-n+1}\ end{matrix} ight]=)(left[egin{matrix} a_1 & a_2 & a_3 & cdots & a_n\ 1 & 0 & 0 & cdots & 0\ 0 & 1 & 0 & cdots & 0\ vdots & vdots & vdots & vdots\ 0 & 0 & cdots & 1 & 0\ end{matrix} ight]^{m-n}*)(left[egin{matrix} W_n\ W_{n-1}\ W_{n-2}\ vdots \ W_1\ end{matrix} ight]) - 准备工作已经做好了（DP的题基本也就一个推方程吧。。），剩下的就是记板子上代码了。
AC Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define del(a,i) memset(a,i,sizeof(a))
#define ll long long
#define inl inline
#define il inl void
#define it inl int
#define ill inl ll
#define re register
#define ri re int
#define rl re ll
#define mid ((l+r)>>1)
#define lowbit(x) (x&(-x))
#define INF 0x3f3f3f3f
#define mod 4147
using namespace std;
template<class T>il read(T &x)
{
int f=1;char k=getchar();x=0;
for(;k>'9'||k<'0';k=getchar()) if(k=='-') f=-1;
for(;k>='0'&&k<='9';k=getchar()) x=(x<<3)+(x<<1)+k-'0';
x*=f;
}
const int MAXN = 105;
int n,m,w[MAXN],a[MAXN];
struct Matrix{ //矩阵快速幂模板
int val[MAXN][MAXN];
Matrix(){del(val,0);}
int *operator [](int x){return val[x];}
Matrix operator *(Matrix t){
Matrix res;
for(ri i=1;i<=n;i++)
for(ri j=1;j<=n;j++)
for(ri k=1;k<=n;k++)
res[i][j]=(res[i][j]+val[i][k]*t[k][j])%mod;
return res;
}
}ans,bas;
il init(){ //准备工作：构建矩阵
for(ri i=1;i<=n;i++) ans[i][1]=w[n-i+1];
for(ri i=1;i<=n;i++) bas[1][i]=a[i];
for(ri i=2;i<=n;i++) bas[i][i-1]=1;
}
it qpow(int w){ //形式和快速幂一毛一样
while(w){
if(w&1) ans=bas*ans;//这里要注意，就像前面说的，矩阵不具有交换性，一定是bas在前！！这一点很重要
bas=bas*bas;w>>=1;
}
return ans[1][1];
}
int main()
{
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
read(n),read(m);
for(ri i=n;i;i--) read(w[i]);
for(ri i=1;i<=n;i++) read(a[i]);
init();
printf("%d
",qpow(m-n));
return 0;
}