从分式第 n 项到线性递推——bostan-mori 算法的扩展应用

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本文是在洛谷博客、博客园同时发布的P4723 【模板】常系数齐次线性递推题解。

介绍一个常数小还极其好写的科技：bostan-mori 算法。

不需要任何矩阵知识，前置知识：多项式乘法

波斯坦-茉莉算法简介

这个东西是求分式第 $n$ 项，即 $[x^n]\frac {f(x)}{g(x)}$ 的，而我们知道分式第 n 项和线性递推式可以很容易地互化的（后文会细说）。于是我们先看如何利用波斯坦-茉莉算法求解分式第 $n$ 项。

$\begin{aligned}&[x^n]\frac{f(x)}{g(x)}\\=&[x^n]\frac{f(x)g(-x)}{g(x)g(-x)}\\=&[x^n]\frac{c_{even}(x^2)+x\cdot c_{odd}(x^2)}{v(x^2)}\\=&[x^{n/2}]\frac{c_{even}(x)}{v(x)},N\text{ is even}\\ &[x^{n/2}]\frac{c_{odd}(x)}{v(x)},N\text{ is odd} \end{aligned}$

然后就可以 $\mathcal{O}(k\log k\log n)$ 求出解。

示例代码如下：

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int divAt(Poly F,Poly G, ll k){
    int i;
    for(;k;k>>=1){
        Poly R=G;
        // R=G(-x)
        for(i=1;i<R.size();i+=2)R[i]=mod-R[i];
        F*=R,G*=R;
        for(i=k&1;i<F.size();i+=2)F[i/2]=F[i];
        F.resize(i/2);
        for(i=0;i<G.size();i+=2)G[i/2]=G[i];
        G.resize(i/2);
    }
    return F.empty()?0:F[0]*qpow(G[0],mod-2)%mod;
}

应用场景：需要注意这一个算法要求模数是质数。

好，回到线性递推。

从线性递推到分式第 n 项

如果你会两者之间的转换，可以直接跳到第三节。

我们求分式第 $n$ 项可以化作线性递推后求解：

设 $\frac{f(x)}{g(x)}=h(x)$，其中 $deg(f)=m,deg(g)=k$，则 $f=g\ast h$。

根据多项式乘法，项数 $i$ 很大的时候 $f_i=0$， $h$ 就是一个递推系数为 $-\frac{g_{1\cdots k}}{g_0}$ 的线性递推式：

$0=f_i=g_0h_i+g_1h_{i-1}+\cdots+g_{k}h_{i-k}$

$h_i=\sum_{j=1}^{k}\frac{-g_j}{g_0}h_{i-j}$

而 $h$ 的前 $0\cdots m$ 项可以容易地通过 $f\ast g^{-1}(\bmod x^k)$ 得出，于是可以求解。

$m>k$ 的时候可以用 $\frac fg$ 余数进行计算；$m=k$ 的时候求出的是 $h_0\cdots h_k$，移一位即可获得答案。

参考实现如下（其中 get_an(F,A,n,k) 为与本题相同的含义）：

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int div_at(Poly F,Poly G,ll n){
    int m=F.size(),k=G.size();
    if(m>k){
        Poly P=F/G,R=F-P*G;
        return div_at(R,G,n)+P.at(n);
    }
    Poly h=poly.inv(G,k)*F;
    if(m==k){
        for(int i=0;i<k&&i+1<h.size();i++)h[i]=h[i+1];
        n--;
    }
    h.cut(k-1); // 就是 h %= x^{k-1}
    int invg0=qpow(G[0],mod-2);
    G*=-invg0;
    return get_an(G,h,m,n-1);
}

从分式第 n 项到线性递推

我们有一个以 $F_{1\cdots k}$ 为递推系数的线性递推序列 $h$，想要构造 $f,g$ 使得 $[x^n]\frac fg=h_n$

首先，根据多项式乘法，构造项数 $i$ 特别大的时候（$f_i=0$）的递推关系。套用上面的式子：

$h_ig_0=\sum_{j=1}^{k}{-g_j}h_{i-j}$

令 $g_0=0,g_i=F_i(i\in[1,k])$即可。

又：$f=gh(\bmod x^k)$

所以可以求出 $f$ 的 $[0,k-1]$ 项。

参考实现：

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int getAn(Poly F,Poly A,ll n,int k){
    F=Poly{1}-F;
    Poly f=A*F;
    f.cut(k); // 就是 h %= x^k
    return divAt(f,F,n);
}

其中 divAt 套用波斯坦-茉莉算法即可，非常的方便。

代码

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namespace POLY{
    int divAt(Poly F,Poly G, ll k){
        int i;
        for(;k;k>>=1){
            Poly R=G;
            // R=G(-x)
            for(i=1;i<R.size();i+=2)R[i]=mod-R[i];
            F*=R,G*=R;
            for(i=k&1;i<F.size();i+=2)F[i/2]=F[i];
            F.resize(i/2);
            for(i=0;i<G.size();i+=2)G[i/2]=G[i];
            G.resize(i/2);
        }
        return F.empty()?0:F[0]*qpow(G[0],mod-2)%mod;
    }
    int getAn(Poly F,Poly A,ll n,int k){
        F=Poly{1}-F;
        Poly f=A*F;f.cut(k);
        return divAt(f,F,n);
    } 
}
int main(){
    int i,x,n,k;
    scanf("%d%d",&n,&k);
    Poly F(k+1),A(k);
    F[0]=0;
    for(i=1;i<=k;i++){
        scanf("%d",&x);
        F[i]=(x+mod)%mod;
    }
    for(i=0;i<k;i++){
        scanf("%d",&x);
        A[i]=(x+mod)%mod;
    }
    printf("%d\n",POLY::getAn(F,A,n,k));
    return 0;
}

完整代码就是封装了一些多项式乘除法，就不贴了，不会多项式的大常数选手写的很垃圾