給定遞推式\(f_n =a_1f_ + a_2 f_...+a_k f_\)。
給定\(f_0,f_1...f_k\)，求\(f_n\)。
先定義\(f_n\)的特徵方程：\(c(x) = x^ - a_1 x^ - a_2 x^...-a_x - a_k\)。
由基本代數定理，\(c(x) = 0\) 的解(稱為特徵根)有\(k\)個，設為\(\alpha_1\)、\(\alpha_2...\alpha_k\)。
有\(f_n\)的母函式\(g(x) = \frac\)。
對於非重根\(\alpha\)，它在通項公式\(t_n\)中的貢獻形如\(a \alpha^n\)，其中\(a\)為待定係數。
對於重根\(\beta\)，設其為\(r\)重根，它在通項公式中的貢獻形如\((\sum_^r h_i n^ )\beta^n\)。
根據上述把通項式\(t_n\)列出來，利用前\(k\)項待定係數即可得到通項公式。
定義向量\(a_i = (f_i,f_,f_...f_)\)，定義轉移矩陣\(m\)。
初始我們知道\(a_0 = (f_0,f_1,f_2...f_)\)，現在要求\(f_n\)，即求\(a_n = (f_n,f_...f_)\)。
可以矩陣快速冪\(a_0*m^\)，複雜度\(o(k^3logn)\)。
將轉移矩陣\(m\)帶入特徵多項式有：\(f(m) = m^k - \sum_^k a_i m^\)。
根據某定理，我們有\(f(m) = 0\)，所以我們可以對\(m^n\)化簡，即\(m^n \equiv g(m)\ (mod\ f(m))\)。
即我們求出\(g(m)\)，那麼\(a_0g(m)\)與\(a_0m^n\)等價。
\(a_n = a_0g(m) = a_0\sum_^ g_i m^i\)，其中\(g_i\)即我們多項式取模後第\(i\)項的係數。
然後\(a_n = \sum_^ g_i a_0m^i\)。我們只需要求\(f_n\)，即只需要知道向量\(a\)的第一項。
所以\(a = a_0m^i\)的第一項是什麼？不就是\(f_i\)嗎！而\(f_i,i\in [0,k-1]\)我們事先知道。
所以\(f_n = \sum_^ g_i f_i\)。
實現上，關鍵在於求\(g(x)\)，顯然\(m^n\)我們不能一開始就把它存成乙個多項式，所以需要倍增。
倍增的同時需要多項式乘法與多項式取模，
暴力做的話總複雜度為\(o(k^2logn)\)，使用多項式運算複雜度為\(o(klogklogn)\)。
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見洛谷模板題。有個數列 給出前 k 項，即 a 0,a 1,dots,a 對於後面的所有 a n 有 a n sum f ia f 給出。小學生 直接幹。初中生 矩陣乘法。現在設 a 為轉移矩陣。列向量 vec v a a dots,a 0 滿足 a vec v a a dots,a 1 我們要求 ...
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線性常係數齊次遞推總結
本文為作者的一些理解，如有錯誤之處請指出。其實就是這樣乙個式子 a n alpha 1a alpha 2a alpha 3a alpha ka 因為它是線性的，沒有高次的項，而且次數都相等，沒有一些不是常數的奇怪函式夾在裡面 所以它叫這個名字 還有它的特徵方程是 x k alpha 1x alpha...