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给定一个线性递推数列 $\{f_i\}$ 的前 $k$ 项 $f_0\dots f_{k-1}$ ，和其递推式 $f_n=\sum_{i=1}^k f_{n-i}a_i$ 的各项系数 $a_i$ ，求 $f_n$ 。

### 前置知识

[多项式取模](./poly/div-mod.md)。

### 做法

定义 $F(\sum c_ix^i)=\sum c_if_i$ ，那么答案就是 $F(x^n)$ 。

由于 $f_n=\sum_{i=1}^{k}f_{n-i}a_i$ ，对于 $F(x^n)=F(\sum_{i=1}^{k}a_ix^{n-i})$ ，所以 $F(x^n-\sum_{i=1}^k a_ix^{n-i})=F(x^{n-k}(x^k-\sum_{i=0}^{k-1}a_{k-i}x^i))=0$ 。

由于 $f_n=\sum_{i=1}^{k}f_{n-i}a_i$ ，所以 $F(x^n)=F(\sum_{i=1}^{k}a_ix^{n-i})$ ，所以 $F(x^n-\sum_{i=1}^k a_ix^{n-i})=F(x^{n-k}(x^k-\sum_{i=0}^{k-1}a_{k-i}x^i))=0$。

设 $G(x)=x^k-\sum_{i=0}^{k-1}a_{k-i}x^i$ 。

那么 $F(A(x)+x^nG(x))=F(A(x))+F(x^nG(x))=F(A(x))$ 

那么 $F(A(x)+x^nG(x))=F(A(x))+F(x^nG(x))=F(A(x))$ 。

那么就可以通过多次对 $A(x)$ 加上 $x^nG(x)$ 的倍数来降低 A(x）的次数。

那么就可以通过多次对 $A(x)$ 加上 $x^nG(x)$ 的倍数来降低 $A(x)$ 的次数。

也就是求 $F(A(x)\bmod G(x))$ 。显然 $A(x)\bmod G(x)$ 次数 $\lt k$ ，对于 $\lt k$ 的项， $F(x^i)=f_i$ 已经给出了，所以可以直接算。

也就是求 $F(A(x)\bmod G(x))$ 。$A(x)\bmod G(x)$ 的次数不超过 $k-1$ ，而 $f_{0..k-1}$ 已经给出了，就可以算了。

通过快速幂 + 多项式取模，时间复杂度是 $O(k\log k\log n)$ 

问题转化成了快速地求 $x^n\bmod G(x)$，只要将 [普通快速幂](./quick-pow.md) 中的乘法与取模换成 [多项式乘法](./poly/ntt.md) 与 [多项式取模](./poly/div-mod.md) 就可以在 $O(k\log k\log n)$ 的时间复杂度内解决这个问题了。

        - 高精度概述: math/bignum.md

      - 分段打表: math/dictionary.md

    - 斐波那契数列: math/fibonacci.md

    - 线性递推: math/linear-recurrence.md

    - 常系数齐次线性递推: math/linear-recurrence.md

  - 数据结构:

    - 数据结构部分简介: ds/index.md

    - 栈: ds/stack.md