bzoj4161 (k^2logn求线性递推式)

分析：

　　我们可以写把转移矩阵A写出来，然后求一下它的特征多项式，经过手动计算应该是这样的p(x)=$x^k-sumlimits_{i=1}^ka_i*x^{k-i}$

　　根据Cayley-Hamilton定理可得，p(A)=0

　　他表示$A^n = f(A) * p(A) + g(A)$

　　第一项的值是0，所以即$A^n=g(A)$，其中f(A) g(A)都是关于A的多项式，f(A)是多项式除法的商，g(A)是余数

　　我们考虑$x^n$这个多项式，我们去求出它对于$p(A)$的余数多项式$g(A)$，那么$A^n$就等价于了$g(A)$，注意到新的多项式次数就很低了，不超过k-1

　　我们要求的是$A^nH=sumlimits_{i=0}^{k-1}c_i*A^i*H$的第一个元素，注意到$A^i*H$相当于把H又递推了i次

　　所以结果等价于$A^nH=sumlimits_{i=0}^{k-1}c_i*A^i*H$

　　时间复杂度$O(k^2 log n)$，但常数很大

　　中间的多项式取模和递推可以用FFT来优化，但常数更巨大

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=4000,mod=1000000007;
int a[maxn+5],p[maxn+5],ans[maxn+5],num[maxn+5];
int h[maxn+5],tmp[maxn+5];
int n,k;
void mul(int *a,int *b,int *ans)
{
    for(int i=0;i<=2*k;++i) tmp[i]=0;
    for(int i=0;i<k;++i)
        for(int j=0;j<k;++j)
            tmp[i+j]=(tmp[i+j]+1LL*a[i]*b[j])%mod;
    for(int i=2*k-2;i>=k;--i)
    {
        for(int j=k-1;j>=0;--j)
            tmp[i-k+j]=(tmp[i-k+j]-1LL*tmp[i]*p[j])%mod,tmp[i-k+j]=(tmp[i-k+j]+mod)%mod;
        tmp[i]=0;
    }
    for(int i=0;i<k;++i) ans[i]=tmp[i];
}
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&k);
    for(int i=1;i<=k;++i) scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=0;i<k;++i) scanf("%d",&h[i]);
    p[k]=1;
    for(int i=1;i<=k;++i) p[k-i]=mod-a[i];
    for(int i=k;i<2*k;++i)
        for(int j=1;j<=k;++j)
        {
            h[i]=h[i]+1LL*h[i-j]*a[j]%mod;
            h[i]%=mod;
        }
    if(n<2*k) return 0*printf("%d
",h[n]);
    int b=n-k+1;
    num[1]=1,ans[0]=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) mul(ans,num,ans);
        mul(num,num,num);
        b>>=1;
    }
    long long res=0;
    for(int i=0;i<k;++i) res=(res+1LL*ans[i]*h[i+k-1])%mod;
    printf("%lld
",(res+mod)%mod);
    return 0;
}