引入：
对于递推方程：
$$F(x) = sum_{i=1}^k a_iF(x-i)$$
我们显然会得到一个关于$F$的多项式求逆或者矩阵递推式，大多数情况下我们都是用后者，但是当$k$很大的时候，$k^3log n$的时间复杂度我们是吃不消的，那么自然我们的前人就搞出了一些优化。
特征多项式及Cayley-Hamilton定理：
一、特征多项式的定义：
设$A$是$n$阶矩阵，若数$lambda$和非零列向量$x$使关系式$$Ax=lambda x;;;;;(1)$$
成立，那么，这样的数$lambda$称为矩阵$A$的特征值，非零向量$x$称为$A$的对应于$lambda$的特征向量。
（1）式也可写成$$(A-lambda E)x=0$$
此式有非零解（即存在$x$）的充分必要条件是其行列式$$|A-lambda E|=0;;;;;;(2)$$
（1）式可以看作以$lambda$为未知数的一元$n$次方程，称为$A$的特征方程，（2）式是关于$lambda$的$n$次多项式$phi(lambda)$，称为$A$的特征多项式。
二、矩阵的多项式：
（矩阵的多项式不等于矩阵多项式，读者若想了解请自行百度）
即对于$m$次多项式$f(x)$，将矩阵$A$看作未知数，此时$$f(A)=a_0E+a_1A+dots +a_mA^m$$，记$f(A)$为$A$的$m$次多项式。其运算满足交换律，即$$f(A)g(A)=g(A)f(A)$$
三、Cayley-Hamilton定理：
对于$A$的特征多项式$phi(lambda)$，有$$phi(A)=0$$
由于笔者能力所限，其证明请读者自行百度。
P.S：觉得吧……其实考虑到$phi(A)=|A-AE|=|0|=0$，感觉这个也是很显然的吧……（评论说不可以这样证……我是不是误导了什么）
$n$阶常系数齐次线性递推矩阵的特征多项式求法：
一、结论（懒人专用）
$$phi(lambda)=(-1)^n(lambda^n-sum_{i=1}^n a_ilambda^{n-i})$$
其中$a$为递推方程中给出的递推系数。
二、证明
那么我们考虑此时行列式如何去求（$a_{i,j}$表示以上行列式的第$i$行第$j$列的元素）：
先考虑这样一件事实：
若我们在前i列的选择元素的最大行数也为i，那么接下来的列只能选择对角线上元素，否则其最大行数一定为i+1，此时下一列即i+1列我们可以选择第一行或者第i+2行的元素
该事实读者可以自行证明。
假设我们选了$a_{1,1}$，由以上事实，我们只能选择对角线元素，那么此时结果为$$(-1)^nlambda^n$$。
否则选取$a_{2,1}$由以上事实，我们会得到一个$dfs$，直到在第$i$列时选取了$a_{1,i}$，此时得到结果为$$a_{1,i}*(-lambda)^{n-i}*(-1)^{i-1}=a_{1,i}*(-1)^{n-1}lambda^{n-i}$$
综上所述：
$$phi(lambda)=(-1)^n(lambda^n-sum_{i=1}^{n}a_ilambda^{n-i})$$
常系数齐次线性递推：
一、多项式引入：
我们设$$x^{n}=f(x)g(x)+h(x)$$
其中$g(x)$为已知多项式，那么我们就可以通过多项式除法以及多项式取模来得到$f(x)$以及$h(x)$。
二、带入矩阵：
我们将$k$阶$A$视为未知量，则有$$A^n=f(A)g(A)+h(A)$$
我们考虑若$g(A)=phi(A)=0$那么，此时有$$A^n=h(A)=sum_{i=0}^{k-1} h_i A^i;;;;;;（3）$$
三、如何计算：
考虑$A^n$我们已经表示出来了，但是，我们发现此时算法复杂非但没有减少，反而增加为$k^4$。
我们设$k*1$矩阵$$B_i^T={F(i+k-1),F(i+k-2),dots ,F(i)}$$
我们给式（3）等式两边同时乘上$B_1$，即$$A^nB_1=h(A)B_1$$
化简得到$$B_{1+n}=sum_{i=0}^{k-1}h_i B_{1+i}$$
$$B_{1+n}^T={B_{n+k},dots\,B_{n+1}}={sum_{i=0}^{k-1}h_iF(i+k),dots ,sum_{i=0}^{k-1}h_iF(i+1)}$$
四、时间复杂度
若只是计算$F$的某一项，那么时间复杂度上界在于如何去求$F$的前$2k$项和以及$h$。
显然$h$由多项式取模方法时间复杂度为$k^2logn$或$klogklogn$。
而$F$可以$klogk$或者$k^2$处理。