常系数齐次线性递推
给定\(a_0,\cdots,a_{k-1},f_0,\cdots,f_{k-1}\)，且\(\forall i\in[k,+\infty),a_i=\sum\limits_{j=1}^kf_ja_{i-j}\)，求\(a_n\)。
一眼看上去有点像分治NTT。
Part.1
设转移矩阵为\(A\)。
矩阵快速幂的浪费之处在于我们求出了连续\(k\)项，但是我们实际只关心一项。
假如说我们现在构造出了一组\(c_0,\cdots,c_{k-1}\)，使得\(A^n=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iA^i\)。
那么答案\((\mathbf fA^n)_0=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_i(\mathbf fA^i)_0=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_if_i\)。
也就是说如果我们能够构造出一组\(c\)，那么我们就能够在\(O(n)\)的时间内求出答案。
Part.2
接下来考虑如何求出\(c\)。
先把\(A^n\)写成这样的形式：\(A^n=Q(A)G(A)+R(A)\)。
其中\(R(A)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_iA^i\)。
那么可以设\(G(A)=\sum\limits_{i=0}^kg_iA^i\)。
如果\(G(A)=0\)那么就有\(A^n\equiv R(A)(\mod G(A))\)了。
也就是说如果我们能够构造出一组\(g\)，那么我们就能够在\(O(k\log k\log n)\)的时间内求出\(c\)。
Part.3
接下来考虑如何求出\(g\)。
注意到刚才的过程对于任意矩阵都是成立的。
也就是说如果对于任意一个矩阵而言都存在一个\(g\)那么矩阵就没用了。
所以\(g\)肯定不是什么好找的东西。然后让我们进入线性代数的内容。
先给出结论：\(\forall i\in[0,k),g_i=f_{k-1-i}.g_k=1\)。
来源：https://www.cnblogs.com/cjoierShiina-Mashiro/p/12109447.html