**这里是知识点部分的模板页面，请参照编写，将各部分修改为自己的内容。其中各级标题中用 ''<>'' 包围的部分表示替换为具体内容。**

====== <算法名称> ======

===== 算法简介（可选） =====

本页面给出了知识点 wiki 的基本格式。

===== <算法内容 1> =====

以下三级标题仅供参考。

==== 定义 ====

定义内容。

==== 性质 1 ====

性质内容。

**证明（可选）**：

$$
1+1=2\Box
$$

==== 引理 1 ====

引理内容。

**证明（可选）**：

$$
1+1=2\Box
$$

==== 算法流程 ====

描述算法流程。

===== <算法内容 2> =====

编写时请注意避免以下常见的格式问题：

  - 

==== 引理 1 ====

设长度为 $L$ 的数列 $c$ 是 $s^{(n)}$ 的递推式，而不是 $s^{(n+1)}$ 的递推式；长度为 $L'$ 的数列 $c'$ 是 $s^{(n+1)}$ 的递推式，那么 $L'\ge n+1-L$。

**证明**：采用反证法，假设 $L'\le n-L$，那么有 $$
\begin{aligned}
s_{n}&=-\sum_{i=1}^{L'}c'_{i}s_{n-i}\\
&=-\sum_{i=1}^{L'}c'_{i}\left(-\sum_{j=1}^{L}c_{j}s_{n-i-j}\right)
\end{aligned}
$$ 注意这里如果 $L'>n-L$，则不能展开成括号内的形式。 $$
\begin{aligned}
s_{n}&=-\sum_{j=1}^{L}c_{j}\left(-\sum_{i=1}^{L'}c'_{i}s_{n-i-j}\right)\\
&=-\sum_{j=1}^{L}c_{j}s_{n-j}
\end{aligned}
$$ 这与 $c$ 不是 $s^{(n+1)}$ 的递推式矛盾。$\Box$

我们定义 $L^{(n)}(s)$ 表示 $s^{(n)}$ 最小递推式的长度。显然有 $L^{(n)}(s)\le L^{(n+1)}(s)$。假如 $L^{(n)}(s)$ 对应的 $c$ 不是 $s^{(n+1)}$ 的递推式，那么就有 $L^{(n+1)}(s)\ge\max\{L^{(n)}(s),n+1-L^{(n)}(s)\}$。我们定义多项式 $C(x)=1+\sum_{i=1}^{L}c_{i}x^{i}$，并记 $L^{(n)}(s)$ 对应的 $c$ 为 $c^{(n)}$，它对应的多项式为 $C^{(n)}(x)$。

为了便于叙述下面的定理，我们先讲一个性质：如果不同的 $c^{(n)}$ 中，既有是 $s^{(n+1)}$ 的递推式的，也有不是 $s^{(n+1)}$ 的递推式的，那么显然有 $L^{(n)}(s)\ge n+1-L^{(n)}(s)$。

==== 定理 1 ====

对于 $\forall n\in\mathbb{N}$，若 $c^{(n)}$ 中有是 $s^{(n+1)}$ 的递推式的，那么 $L^{(n+1)}(s)=L^{(n)}(s)$；若 $c^{(n)}$ 中有不是 $s^{(n+1)}$ 的递推式的，那么 $L^{(n+1)}(s)=\max\{L^{(n)}(s),n+1-L^{(n)}(s)\}$ 。根据上面的性质，如果二者都有，命题也不矛盾。

**证明**：我们用归纳法证明该性质。记 $d_{n}=s_{n}+\sum_{i=1}^{L^{(n)}(s)}c^{(n)}_{i}s_{n-i}$。

第一个部分，即存在一个 $d_{n}=0$。我们只要让 $c^{(n+1)}=c^{(n)}$ 即可。

第二个部分，即存在一个 $d_{n}\neq 0$。若 $L^{(n)}(s)=0$，那么也显然成立。

否则，必然存在一个 $m$，使得 $L^{(m)}(s)<L^{(m+1)}(s)=\cdots=L^{(n)}(s)$（因为 $L^{(0)}(s)=0$）。根据归纳假设，此时必然有 $L^{(n)}=L^{(m+1)}(s)=m+1-L^{m}(s)$。

定义多项式 $C^{(n+1)}(x)=C^{(n)}(x)-d_{m}^{-1}d_{n}x^{n-m}C^{(m)}(x)$。计算可知，$C^{(n+1)}(x)$ 的次数就是 $\max\{L^{(n)}(s),n+1-L^{(n)}(s)\}$，且常数项为 $1$。下面我们来验证 $c^{(n+1)}$ 是 $s^{(n+1)}$ 的递推式。

记 $L=\max\{L^{(n)}(s),n+1-L^{(n)}(s)\}$。对于 $i=L,L+1,\cdots,n-1$ $$
\begin{aligned}
&s_{i}+\sum_{j=1}^{L}c^{(n+1)}_{j}s_{i-j}\\
=&s_{i}+\sum_{j=1}^{L^{(n)}(s)}c^{(n)}_{j}s_{i-j}-d^{-1}_{m}d_{n}\left(s_{i-(n-m)}-\sum_{j=1}^{L^{(m)}(s)}c^{(m)}_{j}s_{i-(n-m)-j}\right)\\
=&0
\end{aligned}
$$ 对于 $i=n$ $$
\begin{aligned}
&s_{n}+\sum_{i=1}^{L}c^{(n+1)}_{i}s_{n-i}\\
=&s_{n}+\sum_{i=1}^{L^{(n)}(s)}c^{(n)}_{i}s_{n-i}-d^{-1}_{m}d_{n}\left(s_{m}-\sum_{i=1}^{L^{(m)}(s)}c^{(m)}_{i}s_{m-i}\right)\\
=&d_{n}-d_{m}^{-1}d_{n}d_{m}\\
=&0\Box
\end{aligned}
$$ 下面介绍两个实现时的数值分析：

==== 性质 1 ====

若 $s_{n}=XA^{n}Y$，其中 $X\in F^{1\times k}$，$A\in F^{k\times k}$，$Y\in F^{k\times 1}$，那么对 $\forall n\in\mathbb{N},L^{(n)}(s)\le k$。

**证明**：设 $p(x)$ 是 $A$ 的特征多项式（若 $k$ 次项为 $-1$，需要取反），根据 [[https://en.wikipedia.org/wiki/Cayley%E2%80%93Hamilton_theorem%5D(https://en.wikipedia.org/wiki/Cayley–Hamilton_theorem)|Cayley–Hamilton theorem]]，$p(A)=\mathcal{O}$。设 $c_{i}=p_{k-i},i=1,\cdots,k$。对 $\forall i\ge k$ $$
\begin{aligned}
&s_{i}+\sum_{j=1}^{k}c_{j}s_{i-j}\\
=&XA^{i}Y+\sum_{j=1}^{k}p_{k-j}XA^{i-j}Y\\
=&XC(A)A^{i-k}Y\\
=&0\Box
\end{aligned}
$$

==== 性质 2 ====

设有无限数列 $s$ 及长度为 $L$ 的数列 $c$，满足 $\forall i\ge L$，$c$ 是 $s^{(i)}$ 的递推式。若存在长度为 $L'\le L$ 的数列 $c'$，满足 $c'$ 是 $s^{(2L)}$ 的递推式，那么对于 $\forall i\ge L’$，$c'$ 是 $s^{(i)}$ 的递推式。

**证明**：假设存在 $i\ge2L$，使得 $c'$ 是 $s^{(i)}$ 的递推式，而不是 $s^{(i+1)}$ 的递推式，那么 $L+L'\ge i+1\ge2L+1$，矛盾。

===== 例题 =====

==== Array Challenge ====

**题源**：[[http://acm.hdu.edu.cn/showproblem.php?pid=6172|hdu 6172]]

就是纯 BM。

==== The number of circuits ====

**题源**：2018年牛客多校第 9 场 D

**题目大意**：给定 $k\leq 7$ 和 $n(2k+1\leq n\leq 10^9)$。$n$ 个点的有向图中边为 $i\rightarrow (i+j)\text{ mod } n(\forall j \in [1, k])$，问图中本质不同欧拉路的条数。

**题解**：best theorem 可知，答案为：

$$
t_w(G)\prod_{i=1}^n(\deg(i) - 1)!=t_w(G)\cdot ((k-1)!)^n
$$

考虑计算 $t_w(G)$，用 matrix-tree 定理，可以发现对于固定的 $k$，$n$ 是满足线性递推关系的，我们用 BM 计算即可。

==== Expected Value ====

**题源**：Petrozavodsk Winter-2019. 300iq Contest 1 E

**题目大意**：给你一个连通平面图，开始在 $1$。每次等概率随机走到一个邻点，问第一次走到 $n$ 的期望次数。

**题解**：由于可以用矩阵递推，考虑用 BM 求解。由于平面图满足 $E\le3V-6(V\ge3)$，因此这部分的复杂度为 $\mathcal{O}(V^{2})$。

假设 $P(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}p_{i}x^{i}$，$Q(x)$ 为递推式，设 $R(x)=P(x)Q(x)$，显然 $R(x)$ 只有前 $V$ 项不为 $0$。我们所求即为 $$
\begin{aligned}
&P'(1)\\
=&(\frac{R}{Q})'(1)\\
=&\frac{R'(1)Q(1)-R(1)Q'(1)}{Q^{2}(1)}
\end{aligned}
$$ 这部分的时间复杂度也为 $\mathcal{O}(V^{2})$，用 FFT 可以加速到 $\mathcal{O}(V\log V)$。

时间复杂度 $\mathcal{O}(V^{2})$。

==== Fresh Matrix ====

**题源**：Petrozavodsk Winter-2018. ITMO U 1 Contest F

**题目大意**：定义一个 $01$ 矩阵是好的，当且仅当所有 $1$ 都不相邻，所有 $0$ 相互四连通。问有多少种 $n\times m$ 的好的 $01$ 矩阵，对质数取模。$n\le11,m\le10^{9}$。

**题解**：对列记录该列有哪些格子是 $1$，以及 $0$ 的格子之间的连通情况，状态有 $2161$ 个，转移有 $96219$ 个。然后 ''%%BM%%'' 即可。

复杂度 $\mathcal{O}(ST+S^{2}\log m)$。如果你想用 ''%%FFT%%'' 优化到 $\mathcal{O}(ST+S\log S\log m)$，那自然也是极好的。不过抄板可能会累死你 : P

===== 参考文献 =====

[1] Massey J. Shift-register synthesis and BCH decoding[J]. IEEE transactions on Information Theory, 1969, 15(1): 122-127.