数论基础

群友的问题

快速幂

关键在于拆分 $2^{22}=2^{16+4+2}=2^{16}\times 2^4\times 2^2$

10进制快速幂: 高精次幂的解决方案

数论基础

取余 % 向下取整

取模 $\mathrm{mod}$ 向0取整
取模性质：$aoptb(\mathrm{mod}p)=(a(\mathrm{mod}p)optb(\mathrm{mod}p))(\mathrm{mod}p),opt=+,-,\times ,opt\ne /$
$a^n(\mathrm{mod}p)=(a(\mathrm{mod}p){)}^n)(\mathrm{mod}p)$

整除 $a\mid b$
0可以被任意非0整数整除

因数(约数) 默认正因数
遍历所有因数

唯一分解定理 $x=\prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i}$
分解质因数

因数个数 $f(x)=\prod _{i=1}^k(a_i+1)$

因数个数上界估计: $f(x)\ll \sqrt{x}$

同余

$a\mathrm{mod}p=b$，称 $p$ 为模数，$a$ 同余于 $b$ 模 $p$ ，记为$a\equiv b(\mathrm{mod}p)$
同余的性质

• 同余是等价关系，具有:
  • 自反性: $a\equiv a(\mathrm{mod}p)$
  • 对称性: $a\equiv b(\mathrm{mod}p)⟺b\equiv a(\mathrm{mod}p)$
  • 传递性: $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 且 $b\equiv c(\mathrm{mod}p)⟹a\equiv c(\mathrm{mod}p)$
• 线性运算: 若 $a,b,c,d\in \mathbb{Z},p\in {\mathbb{N}}^{+},a\equiv b(\mathrm{mod}p),c\equiv d(\mathrm{mod}p)$，则有:
  • $a\pm c\equiv b\pm d(\mathrm{mod}p)$
  • $a\times c\equiv b\times d(\mathrm{mod}p)$
• 若 $a,b\in \mathbb{Z},p,q\in {\mathbb{N}}^{+},a\equiv b(\mathrm{mod}p)$，则有 $aq\equiv bq(\mathrm{mod}pq)$ 与 $aq\equiv bq(\mathrm{mod}p)$
• 若 $a,b\in \mathbb{Z},p,q\in {\mathbb{N}}^{+},a\equiv b(\mathrm{mod}pq)$，则有 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$
• 若 $a,b\in \mathbb{Z},p,q\in {\mathbb{N}}^{+},(p,q)=d$，则当 $aq\equiv bq(\mathrm{mod}p)$ 成立时，有 $a\equiv b(\mathrm{mod}\frac{p}{d})$
• 若 $a,b\in \mathbb{Z},p\in {\mathbb{N}}^{+}$，令 $C(x,y)$ 表示求 $x$ 和 $y$ 的公因数集合，则当 $a\equiv b(\mathrm{mod}p)$ 成立时有 $C(a,p)=C(b,p)$

数论分块

数论分块是在有两个嵌套求和时 利用*富比尼(Fubini)定理*** 交换两个求和顺序，快速计算内层求和或分块加速外层求和从而达到加速求解的思想
因数个数前缀和 $\sum _{i=1}^n\sum _{d|i}1=\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n[j\mid i]=\sum _{j=1}^n\sum _{i=1}^n[j\mid i]$
P1403 [AHOI2005] 约数研究

因数和前缀和 $\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid i}d$
P2424 约数和

余数前缀和 $\sum _{i=1}^n(k\mathrm{mod}i)$
P2261 [CQOI2007] 余数求和

最大公因数

辗转相除法(欧几里得算法): $gcd(a,b)=gcd(b,amodb)$
定义 $gcd(a,0)=a$
复杂度 $O(log(max\{a,b\}))$

$gcd(a,b)=1$ 表示 $a$ 与 $b$ 互质
互质即为唯一分解形式中没有相等的质因子

证明:
充分性: 令 $d\mid a$ 且 $d\mid b$，有 $a=xd$，$b=yd$，又因 $a\mathrm{mod}b=a-zb=(x-yz)d$
必要性: 令 $d\mid b$ 且 $d\mid (a\mathrm{mod}b)$，有 $b=yd$，$(a\mathrm{mod}b)=a-zb=xd$ 可得 $a=zb+xd=(x+yz)d$
发现 $(a,b)$ 的公因数即为 $(b,a\mathrm{mod}b)$ 的公因数，反之亦然，得证

线性同余方程

$ax\equiv d(\mathrm{mod}b)$，$x\in [0,b-1]$
意义为求解满足 $ax\mathrm{mod}b=d\mathrm{mod}b$ 的整数 $x$

裴蜀定理(Bezout)
令 $(a,b)=d$，则一定存在整数 $x$ 和 $y$ 满足 $ax+by=d$ 且 $d$ 是可以得到的最小的整数
证明
存在: 欧几里得算法展开
最小: $d\mid a$ 且 $d\mid b$ 所以 $d\mid (ax+by)$
$$\begin{gathered} ax\equiv d(\mathrm{mod}b) \\ ax\mathrm{mod}b=d \\ ax=by+d \\ ax-by=d \end{gathered}$$
有解的条件

扩展欧几里得算法
证明: 数学归纳法

$(a,b)=1$ 时通解为: { x ′ = x + k b y ′ = y − k a \left\{$$\begin{array}{c}{x}^{\prime }=x+kb\\ y^{\prime }=y-ka\end{array}$$\right. {x′=x+kby′=y−ka​
解的个数: 有解时个数为 $(a,b)$
P5656 【模板】二元一次不定方程 (exgcd)

逆元

当 $ax\equiv 1(\mathrm{mod}b)$ 有解时，$x$ 为 $a$ 在模 $b$ 下的逆元
注意到此时有解的条件为 $(a,b)=1$ 即互质，所以逆元唯一

中国剩余定理

求解线性同余方程组:
{ x ≡ a 1 ( m o d p 1 ) ⋮ ⋮ x ≡ a n ( m o d p n ) \left\{ $$\begin{array}{ccc}x& \equiv & a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ ⋮& & ⋮\\ x& \equiv & a_n(\mathrm{mod}{p}_n)\end{array}$$ \right. ⎩ ⎨ ⎧​x⋮x​≡≡​a1​(modp1​)⋮an​(modpn​)​
其中 $p_1\dots p_n$ 两两互质
过程

1. 计算 $P=\prod _{i=1}^n{p}_i$
2. 对于第 $i$ 个方程:
   1. 计算 $P_i=\frac{P}{p_i}$
   2. 计算 $P_i$ 在模 $p_i$ 下的逆元 $P_i^{-1}$
   3. 计算 $A_i=a_i{P}_i{P}_i^{-1}$
3. 可得方程组在模 $P$ 下的解为 $x=\sum _{i=1}^n{A}_i(\mathrm{mod}P)$

证明
首先对于模 $p_i$，有 $x\mathrm{mod}{p}_i=\sum _{i=1}^n((A_i\mathrm{mod}P)\mathrm{mod}{p}_i)$
令 $c=A_j\mathrm{mod}P$，有
KaTeX parse error: No such environment: flalign at position 8: \begin{̲f̲l̲a̲l̲i̲g̲n̲}̲ P &…
当 $i\ne j$ 时显然 $A_j\mathrm{mod}{p}_i=0$，当 $i=j$ 时显然 $A_j\mathrm{mod}{p}_i=a_i$
P1495 【模板】中国剩余定理（CRT）/ 曹冲养猪

扩展中国剩余定理

扩展中国剩余定理不要求模数两两互质，因为扩展中国剩余定理是基于扩展欧几里得算法求解的
使用扩展欧几里得算法可以将两个同余式合并为一个:
{ x ≡ a 1 ( m o d p 1 ) x ≡ a 2 ( m o d p 2 ) ⋮ ⋮ \left\{$$\begin{array}{ccc}x& \equiv & a_1(\mathrm{mod}{p}_1)\\ x& \equiv & a_2(\mathrm{mod}{p}_2)\\ ⋮& & ⋮\end{array}$$\right. ⎩ ⎨ ⎧​xx⋮​≡≡​a1​(modp1​)a2​(modp2​)⋮​
令 $x=p_1{k}_1+a_1=p_2{k}_2+a_2$
移项后可得 $p_1{k}_1-p_2{k}_2=a_2-a_1$，为二元一次不定方程的形式，此时当 $d=(p_1,p_2)\mid (a_2-a_1)$ 时有解
解得一组解 $k_1^{\prime }$ 和 $k_2^{\prime }$ 后得到通解:
{ k 1 = k 1 ′ + k p 2 d k 2 = k 2 ′ − k p 1 d \left\{$$\begin{array}{c}{k}_1=k_1^{\prime }+k{\displaystyle \frac{p_2}{d}}\\ k_2=k_2^{\prime }-k{\displaystyle \frac{p_1}{d}}\end{array}$$\right. ⎩ ⎨ ⎧​k1​=k1′​+kdp2​​k2​=k2′​−kdp1​​​
将 $k_1$ 带入式子可得 $x=p_1(k_1^{\prime }+k\frac{p_2}{d})+a_1=[p_1,p_2]k+p_1{k}_1^{\prime }+a_1$
此时令 $[p_1,p_2]$ 为新的 $p$，$p_1{k}_1^{\prime }+a_1$ 为新的 $a$ 得到一个同余式 $x\equiv a(\mathrm{mod}p)$ 继续和其他同余式合并
P4777 【模板】扩展中国剩余定理（EXCRT）

质数筛

质数: 质数计数函数的近似解为 $\pi (x)\sim \frac{x}{\ln (x)}$

埃拉托斯特尼筛: $nlog(log(n))$
线性筛: 每个非质数只判定一次
P3383 【模板】线性筛素数

积性函数: 定义域在 ${\mathbb{N}}^{+}$ 的数论函数 $f(x)$ 满足 $\forall (x,y)=1$ 都有 $f(xy)=f(x)f(y)$
性质:

• 若 $f(x)$ 和 $g(n)$ 都是积性函数，则 $h(n)=f(n)g(n)$ 也是积性函数
• 若 $f(n)$ 是积性函数，则 $g(n)=\sum _{d\mid n}f(d)$ 也是积性函数
• 任何积性函数都可以用线性筛在线性复杂度内求解前 $n$ 项，时间复杂度为 $O(n\times c)$，其中 $c$ 是对任意质数 $p$ 和非负整数 $k$ ，求解 $f(p^k)$ 的时间复杂度

加性函数

P3811 【模板】模意义下的乘法逆元

欧拉函数

定义欧拉函数 $\phi (n)$ 为小于等于 $n$ 且与 $n$ 互质的数的个数

• 欧拉函数是积性函数
  证明
  假设 $(x,y)=1$ ，令 $a_{i,j}=xi+j$ ，可以发现对于 $j$ 相等的某一列，这一列中所有数模 $x$ 的结果相等
  而对于前 $x$ 列模 $x$ 的结果构成了 $x$ 的完全剩余系，因此有 $\phi (x)$ 列与 $x$ 互质
  对于这些列中的每一列，前 $y$ 行模 $y$ 的结果也构成了 $y$ 的完全剩余系，因此每一列都有 $\phi (y)$ 个数与 $y$ 互质
  所以与 $xy$ 互质的数有 $\phi (x)\phi (y)$ 个，即 $\phi (xy)=\phi (x)\phi (y)$
• 对于任意 $n$ 的唯一分解形式 $n=\prod _{i=1}^k{p}_i^{a_i}$ ，有 $\phi (n)=n\prod _{i=1}^k\frac{p_i-1}{p_i}$
  证明
  对于任意质数 $p$ 和非负整数 $k$，都有 $\phi (p^k)=p^k\frac{p-1}{p}$
  任意不相等的质数 $p$ 和 $q$，和任意非负整数 $x$ 和 $y$ ，都有 $(p^x,q^y)=1$
  因此 $\phi (p^x{q}^y)=\phi (p^x)\phi (q^y)$
• $n=\sum _{d\mid n}\phi (d)$
  证明
  首先可以得到 $n=\sum _{i=1}^n\sum _{d=1}^n[(n,i)=d]$
  可以发现当 $(n,i)=d$ 时 $d\mid n$，因此上式可改为 $n=\sum _{i=1}^n\sum _{d\mid n}[(n,i)=d]$
  交换求和顺序后发现 $\sum _{i=1}^n[(n,i)=d]$，即满足 $(n,i)=d$ 的 $i$ 的个数
  若 $(n,i)=d$ ，可以得到 $(\frac{n}{d},\frac{i}{d})=1$，即上式为与 $\frac{n}{d}$ 互质的 $\frac{i}{d}$ 的个数，也就是 $\phi (\frac{n}{d})$
  注意到 $\frac{n}{d}$ 与 $d$ 具有对称性，即 $\sum _{d\mid n}\phi (\frac{n}{d})=\sum _{d\mid n}\phi (d)$
• $\forall n>2$，所有小于 $n$ 且与 $n$ 互质的数的和为 $\frac{n\phi (n)}{2}$
  证明
  引理1: $(n,i)=(n,n-i)$
  引理2: $\forall n>3$，$\phi (n)$ 为偶数
  由引理1可得，与小于 $n$ 且与 $n$ 互质的数总是成对出现，即 $i$ 与 $n-i$，且每一对的和都为 $n$，再由引理2可得不存在$n-i=i$，得证

反向证明: 容斥原理

对于一个值的欧拉函数，分解质因数后用公式求解即可

线性筛求解欧拉函数
由于欧拉函数是积性函数，因此可以用线性筛快速求解前 $n$ 项
设 $p$为任意质数，当 $n\mathrm{mod}p\ne 0$时 $\phi (np)=\phi (n)p$，当 $n\mathrm{mod}p=0$ 时，$\phi (np)=\phi (n)\phi (p)$

欧拉定理

若 $(a,p)=1$ ，则有 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$
证明
由 $\phi$ 的定义可得，与 $p$ 互质的数有 $\phi (p)$ 个，则分别选取这些数，记为 $r_1\dots r_{\phi (p)}$，易得这些数都小于 $p$ 且不相等
将这些数分别乘 $a$ 得到 $a{r}_1\dots a{r}_{\phi (p)}$，易得这些数也都与 $p$ 互质且不相等，因此这些数模 $p$ 之后也都与 $p$ 互质且不想等
可以得到 $\prod _{i=1}^{\phi (p)}a{r}_i=a^{\phi (p)}\prod _{i=1}^{\phi (p)}{r}_i\equiv \prod _{i=1}^{\phi (p)}{r}_i(\mathrm{mod}p)$
等式两边约去求积后得到 $a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

扩展欧拉定理
a n ≡ { a n , n < φ ( p ) a ( n m o d    φ ( p ) ) + φ ( p ) , n ≥ φ ( p ) ( m o d p ) a^n \equiv $$\{\begin{array}{ll}{a}^n& ,n<\phi (p)\\ a^{(n\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p)}& ,n\ge \phi (p)\end{array}$$ \pmod{p} an≡{ana(nmodφ(p))+φ(p)​,n<φ(p),n≥φ(p)​(modp)
证明
首先证明 $a\in \mathbb{P}$ 时上式成立
当 $(a,p)=1$ 时由欧拉定理可得成立
当 $(a,p)\ne 1$ 时，因为 $a$ 为质数，所以有 $a\mid p$，令 $p=a^r{p}^{\prime }$
因为 $(a,p^{\prime })=1$，所以有 $a^{\phi (p^{\prime })}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\prime })$
同时，由互质可得 $\phi (a^r{p}^{\prime })=\phi (a^r)\phi (p^{\prime })$，因此有 $a^{\phi (a^r)\phi (p^{\prime })}=a^{\phi (p)}\equiv 1(\mathrm{mod}{p}^{\prime })$
由同余的性质可得到 $a^{r+\phi (p)}\equiv a^r(\mathrm{mod}p)$
即 $r$ 为 $a$ 在模 $p$ 下求幂时进入循环之前的长度
又因 $n\ge \phi (p)\ge r$，所以有 $a^n=a^{n-r}{a}^r\equiv a^{n-r}{a}^{r+\phi (p)}\equiv a^{n+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$
只要保证指数 $n^{\prime }$ 满足 $n^{\prime }\ge \phi (p)$ 且 $n^{\prime }\equiv n(\mathrm{mod}\phi (p))$，就有 $a^{n^{\prime }}\equiv a^n(\mathrm{mod}p)$，则此时满足条件的 $n^{\prime }$ 最小为 $(n\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p)$
即，对任意质数 $q$，都有 $q^n\equiv q^{(n\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$
则对任意非负整数 $k$ 都有 $(q^k{)}^n=(q^n{)}^k\equiv (q^{(n\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p)}{)}^k=(q^k{)}^{(n\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$
此时，对任意非负整数 $a$，假设其唯一分解形式为 $\prod _{i=1}^k{q}_i^{r_i}$
可以得到 $a^n=\prod _{i=1}^k{q}_i^{r_{i}n}\equiv \prod _{i=1}^k{q}^{r_i((n\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p))}=a^{(n\mathrm{mod}\phi (p))+\phi (p)}(\mathrm{mod}p)$
P1405 苦恼的小明

费马小定理
对任意质数 $p$ ，若 $(a,p)=1$，则有 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$

用欧拉定理/费马小定理求逆元

素性测试

费马素性测试: 利用费马小定理的逆定理随机测试

费马素性测试可能测不出的非质数
伪素数: 若存在 $a$ 使得 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 成立，则称 $p$ 为以 $a$ 为基底的伪素数
最小的伪素数是 $341=11\times 31$，此时有 $2^{340}\equiv 1(\mathrm{mod}341)$

费马素性测试一定测不出的非质数
卡迈克尔(Carmichael)数: 对于非质数 $p$，若对任意满足 $(a.p)=1$ 的 $a$ 都有 $a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{mod}p)$
Carmichael数至少有三个质因子且每个质因子只有一个

米勒拉宾(Miller–Rabin)素性测试
二次探测定理
若 $p$ 为质数，则满足 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 的 $x$ 只有 $1$ 或 $p-1$，这样的 $x$ 称为模 $p$ 下的平凡根
证明
$x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)⟹(x+1)(x-1)\equiv 0(\mathrm{mod}p)⟹p\mid (x+1)(x-1)$
因为 $p$ 是质数，所以只能得到 $p\mid (x+1)$ 或 $p\mid (x-1)$
$p\mid (x+1)$ 时 $x=p-1$
$p\mid (x-1)$ 时 $x=1$

逆否定理:
若对于 $x^2\equiv 1(\mathrm{mod}p)$ 存在非平凡根，则 $p$ 一定不是质数

过程
若$p=2$ 则判断是素数
否则随机在 $[2,p-1]$ 范围内选取 $a$，并进行下述测试:
首先令 $p-1=2^r{p}_1$ 且 $2\nmid p_1$，则有 $a^{n-1}=(a^{p_1}{)}^{2^r}$
于是首先计算出 $b\equiv a^{p_1}(\mathrm{mod}p)$，然后对 $b$ 进行最多 $r$ 次平方操作
若在平方的过程中发现非平凡根则一定不是质数
若在平方的过程中出现 $b=p-1$，则这个 $b$ 为平凡根，可以结束平方过程
若成功结束平方，则用费马测试进行判断

错误率
每次测试会使错误率变为原来的 $\frac{1}{4}$，所以若进行 $n$ 次测试则错误率为 $\frac{1}{4^n}$

$a$ 的选取
对于 unsigned int 范围内的整数，可以使用 $\{2,7,61\}$ 三个数作为 $a$ 进行测试就可以确定素性
对于 unsigned long long 范围内的整数，可以使用 $\{2,325,9375,28178,450775,9780504,1795265022\}$ 进行最多7次测试就可以确定素性
也可以使用 $\{2,3,5,7,11,13,17,19,23,29,31,37\}$ (前12个质数)进行测试，但此时需要对每个数都进行测试，不能只选择小于 $n$ 的

卢卡斯定理

当 $p=\mathbb{P}$ 时有 $C_n^m\equiv C_{\lfloor n/p\rfloor }^{\lfloor m/p\rfloor }{C}_{n\mathrm{mod}p}^{m\mathrm{mod}p}(\mathrm{mod}p)$
证明
设 $n=kp+c$，$m=ip+j$，则有
KaTeX parse error: No such environment: flalign at position 8: \begin{̲f̲l̲a̲l̲i̲g̲n̲}̲ (1+x)^n & = (…
其中 $(1+x{)}^p=\sum _{i=0}^p{C}_p^i{x}^i$，注意到 $C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}$ 中只有 $i=0$ 或 $i=p$ 时不包含因子 $p$，因此只有当 $i=0$ 或 $p$ 时 $C_p^i\mathrm{mod}p\ne 0$
因此 $(1+x{)}^p=\sum _{i=0}^p{C}_p^i{x}^i\equiv C_p^0{x}^0+C_p^p{x}^p=(1+x^p)(\mathrm{mod}p)$
于是上式转化为
KaTeX parse error: No such environment: flalign at position 8: \begin{̲f̲l̲a̲l̲i̲g̲n̲}̲ ((1+x)^p)^k(1+…
即 $\sum _{i=0}^k\sum _{j=0}^c{C}_k^i{C}_c^j{x}^{ip+j}\equiv \sum _{m=0}^{kp+c}{C}_{kp+c}^m{x}^m(\mathrm{mod}p)$
其中同余号左右的项一一对应，于是对于第 $m=ip+j$ 项，有 $C_k^i{C}_c^j{x}^{ip+j}\equiv C_{kp+c}^m{x}^m(\mathrm{mod}p)$，约去 $x^m$ 后得到 $C_k^i{C}_c^j\equiv C_{kp+c}^{ip+j}(\mathrm{mod}p)$
P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

矩阵

矩阵(Matrix) 是一个二维数组
[ 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ] \left[ $$\begin{array}{ccc}1& 2& 1\\ 2& 1& 2\\ 1& 2& 1\end{array}$$ \right] ​121​212​121​ ​
矩阵来源于线性方程组：
{ 5 x 1 + 3 x 2 + 2 x 3 = y 1 4 x 1 − 6 x 2 + 3 x 3 = y 2 7 x 1 + 9 x 2 − 8 x 3 = y 3 \left\{ $$\begin{array}{c}5x_1+3x_2+2x_3=y_1\\ 4x_1-6x_2+3x_3=y_2\\ 7x_1+9x_2-8x_3=y_3\end{array}$$ \right. ⎩ ⎨ ⎧​5x1​+3x2​+2x3​=y1​4x1​−6x2​+3x3​=y2​7x1​+9x2​−8x3​=y3​​
将该方程组系数提出，即为
[ 5 3 2 4 − 6 3 7 9 − 8 ] \left[ $$\begin{array}{ccc}5& 3& 2\\ 4& -6& 3\\ 7& 9& -8\end{array}$$ \right] ​547​3−69​23−8​ ​
将系数矩阵与自变量矩阵(向量)相乘得到因变量矩阵
$$
\left[
$$\begin{array}{ccccccc}5& 3& 24& -6& 37& 9& -8\end{array}$$
\right]
\left[
$$\begin{array}{c}{x}_1{x}_2{x}_3\end{array}$$
\right]

\left[
$$\begin{array}{c}{y}_1{y}_2{y}_3\end{array}$$
\right]
$$
就是线性方程组的矩阵表示形式

一般用 $a_{i,j}$ 表示某矩阵第 $i$ 行第 $j$ 列的元素，比如 $a_{3,2}$​ 表示第三行第二列的元素

方阵: 方形矩阵
$n$ 阶方阵

矩阵运算
加法
数乘
乘法
转置

矩阵快速幂

线性组合

形如 $x=\sum _{i=1}^n{a}_i{x}_i$的形式称为 $x_1\dots x_n$ 的线性组合，可以写为两个向量相乘的形式 $x=[a_1,\dots ,a_n][x_1,\dots ,x_n{]}^T$

矩阵加速线性递推
斐波那契数列 $f(x)=f(x-1)+f(x-2)$
$f(x)=2(f(x-1)+f(x-2)+1)$？
$f(x)=f(x-1)+f(x-2)+x$？