常系数齐次线性递推优化矩阵快速幂-bzoj4161-4944

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常系数齐次线性递推式

$$f_k=\sum _{i=1}^n{a}_i{f}_{k-i}$$

形如上式的$dp$转移式($f$表示$dp$状态，$a$表示转移系数)即为常系数齐次线性递推式。对于这样的$dp$式，给定$f_{1,2,..,n},a_{1,2,...,n}$，即可递推出$f_k(k>n)$。

常系数：每一项均由前$n$项乘以固定系数得到。齐次：都为一次式。线性递推：显然。

矩阵快速幂优化上式达到$O(n^3\log k)$的复杂度(但这不是本文的重点)。

而常系数齐次线性递推式的转移矩阵的特征多项式可以$O(读入)$求出，所以通过特征多项式可以进一步优化到$O(n^2\log k)$，再进一步优化多项式取模后可以做到$O(n\log n\log k)$(本文讲解$O(n^2\log k)$的暴力取模方法)。

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特征值&特征向量&特征多项式

设$A$为$n$阶矩阵，如果存在常数$\lambda$及非零向量$v$，使得$Av=\lambda v$，则称$\lambda$为$A$的特征值(也称缩放系数)，非零向量$v$为**$A$的对应于特征值$\lambda$的特征向量**。

则：
$Av=\lambda v⟺(\lambda I-A)v=0$

其有非零解的充要条件：$det(\lambda I-A)=|\lambda I-A|=0$
($det(A),|A|$是矩阵$A$的行列式的两种等价的表示方式)
(并不会证明，似乎$det()=0$的一个矩阵可以想象成拍扁成了向量？而一个可逆的($det()̸=0$的矩阵乘上一个向量并不能得到0)。

方程$|\lambda I-A|=0$称为$A$的特征方程。

设$A=a(ij)$的秩(列秩/行秩)为$n$(令$A$是满秩的)，则$A$的有$n$组线性不相关特征值和特征向量(唔，证明没有找到)。
则有:
$(1){\lambda }_1+{\lambda }_2+...+{\lambda }_n=a_{11}+a_{22}+...+a_{nn}$
$(2){\lambda }_1{\lambda }_2...{\lambda }_n=|A|$
结合$|\lambda I-A|=0$可以简单证明(理解)。

$|\lambda I-A|={\lambda }^n+k_1{\lambda }^{n-1}+...+k_{n-1}\lambda +k^n$这个$\lambda$的$n$次多项式称为$A$的特征多项式$\varphi (\lambda )$。
也即$\varphi (x)=|xI-A|$。
$\varphi (\lambda )=0$的$n$个解即为$A$的$n$个特征值。

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特征矩阵&求解特征多项式

$$\lambda I-A=\left[\begin{array}{ccccc}\lambda -a_{11}& -a_{12}& \cdots & -a_{1n}& \\ -a_{21}& \lambda -a_{22}& \cdots & -a_{2n}& \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \\ -a_{n1}& -a_{n2}& \cdots & \lambda -a_{nn}& \end{array}\right]$$
该矩阵称为$A$的特征矩阵。

回归到常系数齐次线性递推式$f_k={\sum }_{i=1}^n{a}_i{f}_{k-i}$：
$$\left[\begin{array}{ccccccc}{a}_1& a_2& a_3& \cdots & a_{n-1}& a_n& \\ 1& 0& 0& \cdots & 0& 0& \\ 0& 1& 0& \cdots & 0& 0& \\ 0& 0& 1& \cdots & 0& 0& \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \\ 0& 0& 0& \cdots & 0& 0& \\ 0& 0& 0& \cdots & 1& 0& \end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{f}_{k-1}\\ f_{k-2}\\ f_{k-3}\\ f_{k-4}\\ ⋮\\ f_{k-(n-1)}\\ f_{k-n}\end{array}\right]=\left[\begin{array}{c}{f}_k\\ f_{k-1}\\ f_{k-2}\\ f_{k-3}\\ ⋮\\ f_{k-(n-2)}\\ f_{k-(n-1)}\end{array}\right]$$
构造转移矩阵的特征矩阵：
$$\varphi (\lambda )=|\lambda I-A|=\left[\begin{array}{ccccccc}\lambda -a_1& -a_2& -a_3& \cdots & -a_{n-1}& -a_n& \\ -1& \lambda & 0& \cdots & 0& 0& \\ 0& -1& \lambda & \cdots & 0& 0& \\ 0& 0& -1& \cdots & 0& 0& \\ \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \cdots & \\ 0& 0& 0& \cdots & \lambda & 0& \\ 0& 0& 0& \cdots & -1& \lambda & \end{array}\right]$$
这里可以强行手算一下行列式(全排列逆序对方法)，因为这个矩阵每列最多只有三行不为0，所以可以模拟/枚举一下：

• 选中第一列第一排的$\lambda -a_1$，由于每排每列只能选一个，且不能选0，则只有一种方案：沿对角线选择。贡献为：${\lambda }^{n-1}(\lambda -a_1)$
• 选中第一列第二排的$-1$，可以想到在有一列选中第一排之前，每一列$i$都只能选第$i+1$排的数1(第$i$排被上一列占了)，选了第一排后，为保证有解，剩下的列都只能选对角线上的数，所以结合逆序对，总贡献为：${\sum }_{i=2}^n(-a_i)(-1{)}^{i-1}{\lambda }^{n-i}(-1{)}^{i-1}=-{\sum }_{i=2}^n{a}_i{\lambda }^{n-i}$

综上：
$$\varphi (\lambda )=|\lambda I-A|={\lambda }^n-\sum _{i=1}^n{a}_i{\lambda }^{n-i}\text{\hspace{1em}(1)}$$
这样就得到了特征多项式的每项系数。

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常系数齐次线性递推优化

由$\varphi (A)=|AI-A|=0$得到$\varphi (A)$为0矩阵。

但似乎上面这个证明是错的？

前文已经说明$\varphi (x)$是一个$n$次多项式，同样由$\varphi (\lambda )=0$可以用插值法表达为：$\varphi (x)=\prod _{i=1}^n({\lambda }_i-x)$。

则$\varphi (A)=\prod _{i=1}^n({\lambda }_{i}I-A)$。显然对于所有$1\le i\le n$都有$\varphi (A)v_i=0$，又因为$v_i$互相线性不相关，所以$A$变换得到的$\varphi (A)$矩阵为0矩阵。得证。

假设原本需要矩阵快速幂求得$A^k$，现在去掉无用的$0$矩阵，答案是相同的，实际上就是多项式取模的过程，最终得到一个最高次幂为$n-1$次的多项式$g(A)$：
$$g(A)=A^k\%\varphi (A)=\sum _{i=0}^{n-1}{p}_i{A}^i\text{\hspace{1em}(2)}$$

设初始递推矩阵为:$f[1]=f_n,f_{n-1},...,f_1$，则最终得到:$f[1]A^k=f[1]g(A)=f[1+k]$，进一步转化为$f[1+k]=\sum _{i=0}^{n-1}{p}_{i}f[1+i]$，但实际上我们只需要$f[1+k]$中的最后一项$f_{1+k}$，可以将矩阵加法展开，故：
$$f_{1+k}=\sum _{i=0}^{n-1}{p}_i{f}_{1+i}\text{\hspace{1em}(3)}$$

常系数齐次线性递推优化的过程即为:

$(1)$求出转移矩阵$A$的特征多项式$\varphi (A)$

$(2)$以$\varphi (A)$为模做$A$的快速幂得到$A^k$

$(3)$解出$n-1$次多项式$g(A)$的每项系数转移得到答案

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暴力多项式取模

这里补充一点知识：

关于多项式取模法则:
如:$5x^5+3x^4+x^3+x^2+6x+1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}(x^3+x^2+x+1)$
我们先把 $(x^3+x^2+x+1)$乘以 $x^2$,把被除的多项式中的 $5x^5$ 消掉(做减法)
然后以此把次高位消掉,直到消到$x^3$为止。
来源

这是一个$O(n^2)$的暴力取模。

$O(n\log n)$的取模看这里。

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模板

bzoj4161

一道真·模板

#include
#define gc getchar()
#define si isdigit(ch)
#define RI register
using namespace std;

const int N=4002,mod=1e9+7;
int ans,n,K,a[N],b[N],c[N],e[N],re[N];

char ch; 
inline void rd(int &x)
{
	ch=gc;x=0;int f=0;
	for(;!si;ch=gc) if(ch=='-') f=1;
	for(;si;ch=gc) x=x*10+(ch^48);
	if(f) x=mod-x;
} 

inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod? x-mod:x;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0? x+mod:x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}

inline void Mul(int *f,int *g,int n)
{
	RI int i,j;
	memset(re,0,sizeof(int)*(n+1));
	for(i=0;i<=K;++i)
	 for(j=0;j<=K;++j)
	  re[i+j]=ad(re[i+j],mul(f[i],g[j]));
	for(i=n;i>=K;--i){
		if(!re[i]) continue;
		for(j=0;j>=1,Mul(c,c,M))
	 if(n&1) Mul(c,e,M);
	for(i=0;i

bzoj4944 noi2017泳池

#include
#define RI register
using namespace std;
const int mod=998244353;
const int N=2005;
int a[N],e[N],c[N],b[N],f[2][N],ss[N];
int pw[N],rvq,q,n,lim,xx,yy,ans;

inline int ad(int x,int y){x+=y;return x>=mod? x-mod:x;}
inline int dc(int x,int y){x-=y;return x<0? x+mod:x;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}

inline int fp(int x,int y)
{
	int re=1;
	for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))
	 if(y&1) re=mul(re,x);
	return re;
}

inline void Mul(int *f,int *g,int n,int K)
{
	RI int i,j,k,t;
	memset(ss,0,sizeof(int)*(n+1));
	for(i=0;i=K;--i){
		if(!ss[i]) continue;
		for(j=1;j<=K;++j)
		 ss[i-j]=ad(ss[i-j],mul(ss[i],b[j]));
		ss[i]=0;
	}
	for(i=0;i<=K;++i) g[i]=ss[i];
}

inline int cal(int n,int lim)
{
	RI int i,j,k,t,ori;
	memset(f[1],0,sizeof(f[1]));
	int *F=f[0],*G=f[1];G[0]=1;
	for(i=lim-1;i;--i,swap(F,G)){
		memset(F,0,sizeof(int)*(lim+1));
		for(j=0;i*j>=1,Mul(c,c,t,ori))
     if(n&1) Mul(c,e,t,ori);
	for(ans=0,i=0;i