分析：
我們可以寫把轉移矩陣a寫出來，然後求一下它的特徵多項式，經過手動計算應該是這樣的p(x)=$x^k-\sum\limits_^ka_i*x^$
根據cayley-hamilton定理可得，p(a)=0
他表示$a^n = f(a) * p(a) + g(a)$
第一項的值是0，所以即$a^n=g(a)$，其中f(a) g(a)都是關於a的多項式，f(a)是多項式除法的商，g(a)是餘數
我們考慮$x^n$這個多項式，我們去求出它對於$p(a)$的餘數多項式$g(a)$，那麼$a^n$就等價於了$g(a)$，注意到新的多項式次數就很低了，不超過k-1
我們要求的是$a^nh=\sum\limits_^c_i*a^i*h$的第乙個元素，注意到$a^i*h$相當於把h又遞推了i次
所以結果等價於$a^nh=\sum\limits_^c_i*a^i*h$
時間複雜度$o(k^2 log n)$，但常數很大
中間的多項式取模和遞推可以用fft來優化，但常數更巨大
1 #include2view codeusing
namespace
std;
3const
int maxn=4000,mod=1000000007;4
int a[maxn+5],p[maxn+5],ans[maxn+5],num[maxn+5];5
int h[maxn+5],tmp[maxn+5];6
intn,k;
7void mul(int *a,int *b,int *ans)819
for(int i=0;itmp[i];20}
21int
main()
2234
if(n<2*k) return
0*printf("
%d\n
",h[n]);
35int b=n-k+1
;36 num[1]=1,ans[0]=1;37
while
(b)38
43long
long res=0;44
for(int i=0;i1])%mod;
45 printf("
%lld\n
",(res+mod)%mod);
46return0;
47 }
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