【BZOJ4161】Shlw loves matrixI

题目描述

给定数列 {hn}前k项，其后每一项满足
hn = a1h(n-1) + a2h(n-2) + ... + ak*h(n-k)
其中 a1,a2...ak 为给定数列。请计算 h(n)，并将结果对 1000000007 取模输出。

解法

一个显然的思路就是矩阵乘法，但这样的话显然超时。
实际上，我们还可以继续对这个矩阵乘法进行优化。

首先，由于这是常系数齐次线性递推式，简单来说就是：

\[f_i=\sum_{j=1}^k a_i*f_{i-j} \]

然后，我们需要引进特征多项式这个概念。
对于一个矩阵\(A\)，它的特征多项式是\(f(x)=|Ix-A|\)
把行列式展开之后得，\(f(x)=|Ix-A|=x^K-\sum_{i=1}^K a_i*x^{K-i}\)
由Cayley-hamilton定理，那么我们知道\(f(A)=0\)
然后就能知道一个关键的式子：

\[A^K=\sum_{i=1}^K a_i*A^{K-i} \]

然后由于\(A^i\)都能表示成\(A^1,A^2,....,A^K\)的线性组合，
所以现在矩阵乘法直接使用\(O(K^2)\)的卷积即可。

当得到了\(A^n=\sum_{i=1}^K c_i*A^i\)之后，我们乘上题目给的向量h。
那么就会有\(\sum_{i=1}^K c_i*A^i*h_K\)，即\(Ans=\sum_{i=1}^K c_i*h_{K+i}\)。

复杂度就被优化为\(O(K^2 log n)\)

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define fo(i,x,y) for(int i=x;i<=y;i++)
#define fd(i,x,y) for(int i=x;i>=y;i--)
using namespace std;

const int maxn=4007,mo=1e9+7;

int n,K;
int a[maxn],h[maxn],f[maxn];
int Ans;

void Init(){
	scanf("%d%d",&n,&K);
	fo(i,1,K) scanf("%d",&a[i]);
	memcpy(f,a,sizeof a);
	fo(i,1,K) scanf("%d",&h[i]);
}

#define PLUS(x,y) (x)=((x)+(y))%mo
void mult(int *a,int *b){
	static int c[maxn];
	memset(c,0,sizeof c);
	fo(i,1,K)
		fo(j,1,K)
			PLUS(c[i+j],1ll*a[i]*b[j]);
	fd(i,2*K,K+1)
		fo(j,1,K)
			PLUS(c[i-j],1ll*c[i]*f[j]);
	memcpy(a,c,sizeof c);
}

void qPower(int x){
	bool bz=false;
	static int b[maxn];
	b[1]=1;
	while (x){
		if (x&1){
			if (bz) mult(a,b);
			else{
				bz=true;
				memcpy(a,b,sizeof b);
			}
		}
		mult(b,b);
		x>>=1;
	}
}
void Solve(){
	n++;
	fo(i,K+1,2*K) fo(j,1,K) PLUS(h[i],1ll*h[i-j]*a[j]);
	if (n<=2*K){
		Ans=h[n];
		return;
	}
	qPower(n-K);
	Ans=0;
	fo(i,1,K) PLUS(Ans,1ll*a[i]*h[i+K]);
}

void Print(){
	Ans=(Ans+mo)%mo;
	printf("%d\n",Ans);
}

int main(){
	freopen("1.in","r",stdin);
	freopen("1.out","w",stdout);
	Init();
	Solve();
	Print();
	return 0;
}