快速线性递推

线性递推的题目区域赛里还是挺多的，还是有必要学一下

 

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~ 快速线性递推 ~

有一个$n$阶线性递推$f$，想要计算$f(m)$，有一种常用的办法是矩阵快速幂，复杂度是$O(n^3logm)$

在不少情况下这已经够用了，但是如果$n$比较大、到了$10^3$级别，这就不太适用了

而存在算法能将这个复杂度压低到$O(n^2logm)$，若加上NTT优化的话能做到$O(n^2+nlognlogm)$，十分厉害

 

这个算法的核心是将$f(m)$用递推的前$n$项表示

即，已知$f(0),...,f(n-1)$和递推式$f(m)=a_0f(m-1)+...+a_{n-1}f(m-n)$，该算法是求出系数$W_0,...,W_{n-1}$，使得$f(m)=W_0f(n-1)+...+W_{n-1}f(0)$

 

看似无从下手？实际上只要大力展开就行了

根据定义，有（只是写成$\sum$的形式而已）

$$f(m)=\sum_{i=0}^{n-1}a_i f(m-1-i)$$

而对于每一项再次展开，即

$$f(m-1-i)=\sum_{j=0}^{n-1}a_j f(m-1-i-1-j)$$

全部代入，能得到

$$f(m)=\sum_{i=0}^{n-1}\sum_{j=0}^{n-1}a_ia_j f(m-2-i-j)$$

把式子写的更好看一点，就是

$$f(m)=\sum_{k=0}^{2n-2}\sum_{i+j=k}a_ia_j f(m-2-k)$$

 

这样做之后有什么用呢？

在原本的递推式中，$f(m)$可以通过$f(m-1),...,f(m-n)$这$n$个项表示

各项展开后，就可以通过$f(m-2),...,f(m-2n)$表示

事实上，我们可以再依次对$f(m-i),2\leq i\leq n$展开，并将系数向$f(m-i-1),...,f(m-i-n)$并入，最终就能把原递推式通过$f(m-n-1),...,f(m-2n)$这$n$项表示

于是可以得到一个新的$n$阶递推式，记为$f(m)=b_0f(m-n+1),...,b_{n-1}f(m-2n)$

再用新递推式将各项展开，就可以通过$f(m-2n-2),...,f(m-4n)$表示

再用原递推式展开$f(m-2n-i),2\leq i\leq n$并向前合并系数，最终就能把原递推式通过$f(m-3n+1),...,f(m-4n)$这$n$项表示

之后都是类似的了，不再赘述

 

有了上面的思路，就可以用类似快速幂的方法，得到$f(m)=W_0f(m-(k-1)n+1),...,W_{n-1}f(m-kn)$这样的展开式，其中$m-kn<n$

余数$m-kn$是我们不喜欢的，但也没有必要整体再向前推，一开始计算时算出$f(0),...,f(2n-1)$就够了

按照上述思路能这样实现：

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int MOD=1000000007;
const int N=1005;


int n,m;
int a[N];
int f[N<<1];

int tmp[N<<1];

void mul(int *y,int *x)
{
    memset(tmp,0,sizeof(tmp));
    
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            tmp[i+j]=(tmp[i+j]+ll(y[i])*x[j])%MOD;
    
    for(int i=0;i<n-1;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            tmp[i+j+1]=(tmp[i+j+1]+ll(tmp[i])*a[j])%MOD;
    
    for(int i=0;i<n;i++)
        y[i]=tmp[i+n-1]; 
}

int w[N<<1],x[N<<1];

int BM()
{
    if(m<(n<<1))
        return f[m];
    
    for(int i=0;i<n;i++)
        x[i]=a[i],w[i]=a[i];
    
    int t=(m-n)/n;
    int rem=m-n-t*n;
    
    while(t)
    {
        if(t&1)
            mul(w,x);
        mul(x,x);
        t>>=1;
    }
    
    int res=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
        res=(res+ll(w[i])*f[rem+n-i-1])%MOD;
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%d",&a[i]);
    for(int i=0;i<n;i++)
        scanf("%d",&f[i]);
    for(int i=n;i<(n<<1);i++)
        for(int j=1;j<=n;j++)
            f[i]=(f[i]+ll(a[j-1])*f[n-j])%MOD;
    
    printf("%d\n",BM());
    return 0;
}

 

想做的更快的话，一个是要写NTT，另一个是合并系数会比较困难，待补

 

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为了这题学的：牛客ACM 882B （$Eddy$ $Walker$ $2$）

$m\rightarrow \infty$时，$f(m)\rightarrow \frac{2}{k+1}$ （并不会证...）

从rls那里学了一个证明：

走$k$步，期望能走的长度是$1+2+...+k=\frac{k(k+1)}{2}$

那么在这段距离中，每个位置被走过的概率就是$\frac{k}{\frac{k(k+1)}{2}}=\frac{2}{k+1}$

在其他时候，直接套上面的板子即可

牛客的玄学评测机，同一份代码能差出500ms = =

#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
 
typedef long long ll;
const int MOD=1000000007;
const int N=1100;
 
inline int quickpow(int x,int t)
{
    int res=1;
    while(t)
    {
        if(t&1)
            res=ll(res)*x%MOD;
        x=ll(x)*x%MOD;
        t>>=1;
    }
    return res;
}
 
inline int rev(int x)
{
    return quickpow(x,MOD-2);
}
 
int n,rn;
ll m;
int a[N];
int f[N<<1];
 
int tmp[N<<1];
 
void mul(int *y,int *x)
{
    memset(tmp,0,sizeof(tmp));
     
    for(int i=0;i<n;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            tmp[i+j]=(tmp[i+j]+ll(y[i])*x[j])%MOD;
     
    for(int i=0;i<n-1;i++)
        for(int j=0;j<n;j++)
            tmp[i+j+1]=(tmp[i+j+1]+ll(tmp[i])*a[j])%MOD;
     
    for(int i=0;i<n;i++)
        y[i]=tmp[i+n-1];
}
 
int w[N<<1],x[N<<1];
 
int BM()
{
    if(m<(n<<1))
        return f[m];
     
    for(int i=0;i<n;i++)
        x[i]=a[i],w[i]=a[i];
     
    ll t=(m-n)/n;
    int rem=m-n-t*n;
     
    while(t)
    {
        if(t&1)
            mul(w,x);
        mul(x,x);
        t>>=1;
    }
     
    int res=0;
    for(int i=0;i<n;i++)
        res=(res+ll(w[i])*f[rem+n-i-1])%MOD;
    return res;
}
 
int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    while(T--)
    {
        scanf("%d%lld",&n,&m);
         
        if(m==-1)
        {
            printf("%d\n",2LL*rev(n+1)%MOD);
            continue;
        }
         
        rn=rev(n);
        for(int i=0;i<n;i++)
            a[i]=rn;
         
        memset(f,0,sizeof(f));
        f[0]=1;
        for(int i=1;i<(n<<1);i++)
            for(int j=1;j<=n && j<=i;j++)
                f[i]=(f[i]+ll(rn)*f[i-j])%MOD;
         
        printf("%d\n",BM());
    }
     
    return 0;
}

 

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比较特定的知识点吧，以后遇到就是赚到（然后发现强制NTT，直接白给= =）

（完）