@codechef

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@description@

给定递推关系式：

[A_i=C_1A_{i-1} + C_2A_{i-2}+dots+C_kA_{i-k} ]

并给定 (A_1, A_2, dots , A_k) 的值，求 (A_n) 的值模 104857601。

input：
第一行给出两个整数 n，k。
第二行包含 k 个整数 A1，A2，...，Ak。
第三行包含 k 个整数 C1，C2，...，Ck。

output：
输出 An 的值。

constraints：
1 ≤ n ≤ 10^18
0 ≤ Ai, Ci < 104857601
1 ≤ k ≤ 30000

sample input：
3 5
1 2 3
4 5 6
sample output：
139
sample explanation：
(A_1 = 1,A2 = 2,A3 = 3)
(A4 = (3 × 4 + 2 × 5 + 1 × 6) mod 104857601 = 28)
(A5 = (28 × 4 + 3 × 5 + 2 × 6) mod 104857601 = 139)

@solution@

这道题，如果你学过常系数齐次线性递推，就是一道模板题。

所以以下内容我就来 BB 什么是常系数齐次线性递推。

@part - 1@

解决这道题的经典算法就是矩阵乘法（也可以分治 FFT 或者多项式求逆）。

设出系数矩阵

[M = egin{bmatrix} C_1&C_2&C_3&cdots &C_{k-1}&C_k\ 1&0&0&cdots&0&0\ 0&1&0&cdots&0&0\ vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&1&0\ end{bmatrix}]

并设 (B_i = egin{bmatrix}A_{i+k-1}\A_{i+k-2}\vdots\A_{i+1}\A_{i}\end{bmatrix})
则：

[egin{bmatrix}C_1&C_2&C_3&cdots &C_{k-1}&C_k\1&0&0&cdots&0&0\0&1&0&cdots&0&0\vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&1&0\ end{bmatrix} egin{bmatrix}A_{i-1}\A_{i-2}\A_{i-3}\vdots\A_{i-k}\end{bmatrix}= egin{bmatrix}A_{i}\A_{i-1}\A_{i-2}\vdots\A_{i-k+1}\end{bmatrix} ]

即 (MB_{i-k}=B_{i-k+1})，或者等价地 (MB_{i}=B_{i+1})

于是就有 (M^{n-1}B_1=B_n)，而 (B_1) 是已知的，做一个矩阵快速幂求 (M^{n-1}) 即可。
然而这样的复杂度为 (O(k^3log n))，对于这道题并不能通过。

我们接下来就来优化这个算法。

@part - 2@

【注：下面多项式中 x 并不是代表一个实数，而是一个什么都可以代表的东西。我一开始并没有理解，所以懵逼了好久 QAQ……】

定义多项式：

[f(x) = x^k-C_1x^{k-1}-C_2x^{k-2}-...-C_k ]

通过一系列证明（证明我在下面part 3里面弄），发现（右边那个 “0” 不是个数字，而是表示零矩阵）：

[f(M) = 0 ]

我们用多项式除法，用 (x^n) 除以 (f(x)) 得到商式 (g(x)) 与余式 (r(x))。即：

[x^n=f(x)*g(x) + r(x) ]

代入矩阵 M 得到：

[M^n=f(M)*g(M) + r(M) ]

又因为 (f(M) = 0)，所以得到 (M^n=r(M))。
其中多项式 (r(x)) 的最高次数严格小于 k。

然后我们就把算法优化到 (O(k^4)) 的了……？

我们再来看看我们要求解的是什么（下面那个 (r(M)) 是 (M^{n-1}) 的余式）：

[B_n=M^{n-1}B_1 = r(M)B_1\ =r_0B_1+r_1MB_1+r_2M^2B_1+...+r_{k-1}M^{k-1}B_1\ =r_0B_1+r_1B_2+r_2B_{3}+...+r_{k-1}B_{k}]

我们只需要 (B_n) 中第最后一行的 (A_n)，所以有：

[A_n=r_0A_1+r_1A_2+r_2A_3+...+r_{k-1}A_k ]

时间复杂度在于多项式快速幂和取模 (O(klog klog n)) 。
暴力写取模 (O(k^2log n)) ，以牺牲时间为代价降低代码复杂度，但是对于这道题而言是过不了的。

一个优化矩阵的算法最后代码全程不见矩阵……

@part - 3@

本节属于理性愉悦。

先给出几个概念吧：
特征值：若常数 (lambda) 对于矩阵 (M)，存在向量 (vec x) 使得：

[Mx = lambda x ]

则称 (lambda) 为矩阵 (M) 的特征值。

变形上式得 ((lambda I - M)x = 0)，该方程有解的充要条件为 (det(lambda I - M) = 0)。

特征多项式：(det(lambda I - M)) 其实是一个多项式，我们称这个多项式为矩阵 M 的特征多项式，记为 (p(x))。

Cayley - Hamilton 定理：

[p(M) = 0 ]

浅显，但并不易懂。该定理的证明超出了我的理解范围。所以这里并没有证明。
大家的数学知识如果比我不知道高到哪里去了，可以看这一篇博客。

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update in 2020/07/17：大概理解了一下百度百科的第一个证明，发现其实就是利用伴随矩阵的性质列等式，对比左右系数然后暴算。。。

上面提到的那位博主更新了一篇新博客，里面有这样一段话：

为什么会想到这么证明呢？是因为我们要把特征多项式和矩阵乘积连接起来，然后用矩阵乘积的方法来证明。 而伴随矩阵恰好可以把行列式计算转化为矩阵乘积。观察以上证明过程 (B) 的作用主要是连接 ((λI−A)) 和 (∣λI−A∣)。

由于矩阵的本质是线性变换，所以也可以从线性变换的角度理解。不过我线代太差了所以不太懂。。。

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对于矩阵 (M)：

[M = egin{bmatrix} C_1&C_2&C_3&cdots &C_{k-1}&C_k\ 1&0&0&cdots&0&0\ 0&1&0&cdots&0&0\ vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&1&0\ end{bmatrix} ]

如果要求解它的特征多项式，则：

[(lambda I - M) = egin{bmatrix} lambda-C_1&-C_2&-C_3&cdots &-C_{k-1}&-C_k\ -1&lambda&0&cdots&0&0\ 0&-1&lambda&cdots&0&0\ vdots&vdots&vdots&ddots&vdots&vdots \ 0&0&0&cdots&-1&lambda\ end{bmatrix} ]

以第一行展开求行列式，得到：

[det(lambda I - M) =(lambda-C_1)M_{11}-C_2M_{12}..-C_kM_{1k} ]

其中 (M_{ij}) 是 (M) 的代数余子式。

可以发现去掉第一行和第 i 列，剩下的矩阵是一个下三角矩阵。直接对角线相乘就可以求出行列式了。
所以：

[det(lambda I - M) =(lambda-C_1)lambda^{k-1}-C_2lambda^{k-2}-...-C_k\=lambda^k-C_1lambda^{k-1}-C_2lambda^{k-2}-...-C_k ]

结合上面的 Cayley - Hamilton 定理，我们就得到了我们想要的东西。

@accepted code@

#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int G = 3;
const int MAXN = 30000*5;
const int MOD = 104857601;
int pow_mod(int b, int p) {
	int ret = 1;
	while( p ) {
		if( p & 1 ) ret = 1LL*ret*b%MOD;
		b = 1LL*b*b%MOD;
		p >>= 1;
	}
	return ret;
}
struct Polynomial{
	void poly_copy(int *A, int *B, int n) {
		for(int i=0;i<n;i++)
			A[i] = B[i];
	}
	void poly_clear(int *A, int l, int r) {
		for(int i=l;i<r;i++)
			A[i] = 0;
	}
	void poly_revcopy(int *A, int *B, int n) {
		for(int i=0;i<n;i++)
			A[i] = B[n-i-1];
	}
	void ntt(int *A, int n, int type) {
		for(int i=0,j=0;i<n;i++) {
			if( i < j ) swap(A[i], A[j]);
			for(int l=(n>>1);(j^=l)<l;l>>=1);
		}
		for(int s=2;s<=n;s<<=1) {
			int t = (s>>1);
			int u = (type == -1) ? pow_mod(G, (MOD-1) - (MOD-1)/s) : pow_mod(G, (MOD-1)/s);
			for(int i=0;i<n;i+=s) {
				for(int j=0,p=1;j<t;j++,p=1LL*p*u%MOD) {
					int x = A[i+j], y = 1LL*p*A[i+j+t]%MOD;
					A[i+j] = (x + y)%MOD, A[i+j+t] = (x + MOD - y)%MOD;
				}
			}
		}
		if( type == -1 ) {
			int inv = pow_mod(n, MOD-2);
			for(int i=0;i<n;i++)
				A[i] = 1LL*A[i]*inv%MOD;
		}
	}
	int tmp1[MAXN + 5], tmp2[MAXN + 5];
	void poly_mul(int *A, int *B, int *C, int n, int m) {
		int len; for(len = 1;len < n+m-1;len <<= 1);
		poly_copy(tmp1, A, n); poly_clear(tmp1, n, len);
		poly_copy(tmp2, B, m); poly_clear(tmp2, m, len);
		ntt(tmp1, len, 1); ntt(tmp2, len, 1);
		for(int i=0;i<len;i++)
			C[i] = 1LL*tmp1[i]*tmp2[i]%MOD;
		ntt(C, len, -1);
	}
	int tmp3[MAXN + 5];
	void poly_inv(int *A, int *B, int n) {
		if( n == 1 ) {
			B[0] = pow_mod(A[0], MOD-2);
			return ;
		}
		int len; for(len = 1;len < (n<<1);len <<= 1);
		poly_inv(A, B, (n + 1) >> 1);
		poly_copy(tmp3, A, n); poly_clear(tmp3, n, len);
		ntt(tmp3, len, 1); ntt(B, len, 1);
		for(int i=0;i<len;i++) B[i] = 1LL*B[i]*(2 + MOD - 1LL*tmp3[i]*B[i]%MOD)%MOD;
		ntt(B, len, -1); poly_clear(B, n, len);
	}
	int tmp4[MAXN + 5], tmp5[MAXN + 5], tmp6[MAXN + 5];
	void poly_mod(int *A, int *B, int *R, int n, int m) {
		poly_revcopy(tmp4, B, m); poly_clear(tmp5, 0, 2*(n-m+1)); poly_inv(tmp4, tmp5, n-m+1);
		poly_revcopy(tmp4, A, n); poly_mul(tmp4, tmp5, tmp6, n-m+1, n-m+1);
		
		poly_revcopy(tmp4, tmp6, n-m+1); poly_copy(tmp5, B, m);
		poly_mul(tmp4, tmp5, tmp6, n-m+1, m);
		for(int i=0;i<m-1;i++)
			R[i] = (A[i] + MOD - tmp6[i])%MOD;
	}
	int tmp7[MAXN + 5], tmp8[MAXN + 5];
	void poly_pow(int *A, int *B, int *mod, ll p, int n) {
		poly_copy(tmp7, A, n); B[0] = 1;
		while( p ) {
			if( p & 1 ) {
				poly_mul(B, tmp7, tmp8, n, n), poly_copy(B, tmp8, 2*n-1);
				poly_mod(B, mod, tmp8, 2*n-1, n), poly_copy(B, tmp8, n-1), poly_clear(B, n-1, 2*n-1);
			}
			poly_mul(tmp7, tmp7, tmp8, n, n), poly_copy(tmp7, tmp8, 2*n-1);
			poly_mod(tmp7, mod, tmp8, 2*n-1, n), poly_copy(tmp7, tmp8, n-1), poly_clear(tmp7, n-1, 2*n-1);
			p >>= 1;
		} 
	}
}poly;
int A[MAXN + 5], C[MAXN + 5];
int f[MAXN + 5], p[MAXN + 5], r[MAXN + 5];
int main() {
	ll N; int K;
	scanf("%d%lld", &K, &N);
	for(int i=1;i<=K;i++)
		scanf("%d", &A[i]);
	for(int i=1;i<=K;i++)
		scanf("%d", &C[i]);
	for(int i=0;i<K;i++)
		f[i] = (MOD - C[K-i]);
	f[K] = p[1] = 1;
	poly.poly_pow(p, r, f, N-1, K+1);
	int ans = 0;
	for(int i=0;i<K;i++)
		ans = (ans + 1LL*r[i]*A[i+1]%MOD)%MOD;
	printf("%d
", ans);
}

@details@

注意因为要多次使用某些数组，所以用完就清是个好习惯（然后就被卡常）。
余式的次数是严格小于除式的次数，不能取等。