如果我们要求(f_n)，我们事实上可以把(f)手动展开
如果(f)是斐波那契递推数列，则(f_5=f_4+f_3=2f_3+f_2=3f_2+2f_1=5f_1+3f_0)
(5f_1+3f_0)这事实上就可以直接按照(a)求了。
考虑列出每次取模数列的生成函数，求(x^nmod p(x))
(p)是一个多项式。
发现(p(x)=x^k-p_1x^{k-1}+...-p^kx^0)
取模的过程事实上就是拿多项式的最高次项更新后面的项，系数为(p)数组内元素。
用多项式乘法实现快速取模。
(x^n)用经典的倍增求。
这种做法理解起来比较简单。
例题1：NOI2017 泳池
例题2：THUSC2017 如果奇迹有颜色
例题3：prophecy
题目的多项式非常像线性递推。
考虑把矩阵乘法内的(+)替换成xor，(*)替换成and，发现矩阵不满足交换律，但是满足结合律。
考虑如何实现多项式操作。
多项式乘法就是把(+)替换成xor，(*)替换成and所得到的乘法
多项式取模只有加法，乘法操作。
单位元可以设置成(2^{32}-1)
例题4：CF865G flowers and chocolate
花的OGF：(A(x)=(sum_{x^{p_i}})^N)
巧克力的生成函数：(B(x)=frac{1}{1-sum_{x^{c_i}}})
根据样例给的提示，我们要求花瓣有(i)个的方案数：(sum_i(A(x)[x^i])(B(x)[x^i]))
如果我们知道了(i)，考虑(B)的实际意义，显然是背包dp。
设(f_i)表示买了(i)块巧克力，显然有转移(f_i=sum_jf_{i-c_j})则(f)的OGF就是(B)。
(f)可以常系数线性齐次递推求 ，(B(x)[x^i]=x^imod P(x))，(P)是特征多项式。
我们需要枚举(A(x))的每一项求出答案，这太慢了。
我们要求的：(A(x)[x^i])乘以(B(x)[x^i])，就是(i)用(c)拼接成的方案数。
发现(mod P(x))事实上是线性的，也是可乘的。
根据常系数线性齐次递推的快速算法的意义，考虑手动展开(A)，把(A(x)[x^v])展开成若干项(b)使得(b_i(B(x)[x^{max(c_i)-i}])=)答案。
这可以先求出所有(x^{p_i}mod P(x))的和，然后(N)次方。
求出(B(x))前(max(c_i))可以背包。
感觉根据常系数线性齐次递推的快速算法的意义展开比较巧妙。
例题5：codechef TRIPWAYS
例题6：shlw loves matrix II
例题7：「LibreOJ β Round #7」匹配字符串
转化后，变为计算(s_i=2*s_{i-1}-s_{i-m-1})
这事实上是计算dp数组的前缀和
显然能用常系数线性齐次递推的经典算法优化。
下面有(3)种另一种求解(s)的方法，可以推出相同的结果。
1.OGF，列出(s)的OGF (F(x))
(F(x)=2xF(x)-x^{m+1}F(x)+1)
(F(x)=frac{1}{1-(2x-x^{m+1})})
令(G(x)=sum_{i=0}^mx^i2^i)，(F(x)=sum_{igeq 1}(2x-x^{m+1})^i)
求(F(x)[x^n])事实上可以枚举(i)，([x^n](2x-x^{m+1})^i=[x^{n-i}](2-x^m)^i)是确定的。
只有(n-imod m=0)时才有意义，设(v=frac{n-i}{m})值是((-1)^v2^{i-v}C_i^v)。
2.组合意义
(s)的意义相当于：一个图，设从(0)到(n)的路径的权值为它走过的边的权值的乘积。
答案等于走到(n)的所有路径的权值和。
图的构造方法：(i->i+1)连边权为(2)，(i->i+m+1)连边权为(-1)的边。
枚举选了多少个(-1)，答案是
(inom{n-k*x+x}{x}*2^{n-k*x}*(-1)^{x})
3.容斥
这个公式等同于(f_i=f_{i-1}+...+f_{i-k+1})。
这等同于有序选择重量(le k)的物品装进背包的方案数。
考虑枚举选择了多少个重量(geq k)的物品。
则问题转化成了使用若干个重量任意的物品填充背包的方案数。
把(n)中间每个元素间都放置(n-1)个隔板，则每个隔板可以拆/不拆，方案数为(2^{n-1})。
乘上重量(geq k)的物品在元素序列的选择方案数，得到答案就是(inom{n-k*x+x}{x}*2^{n-k*x}*(-1)^{x})
时间复杂度(O(n^{frac{2}{3}}))
例题8：loj3353