[Contest20180314]数列

数据范围告诉我们要写两档的分

第一档：$M\leq200,N\leq10^9$，可以枚举$m$计算答案

直接矩阵快速幂：$O\left(M^4\log_2N\right)$，会超时，所以我们需要某些“技巧”来加速这个过程：矩阵特征多项式

矩阵$A$的特征多项式为$f(\lambda)=\left|\lambda I-A\right|$

Cayley–Hamilton定理指出，如果将$A$作为自变量代入特征多项式，那么$f(A)=0$

证明过于复杂，请自行wikipedia或找书（估计这个坑不会填）

2018.4.6 来填坑

果然我一点都不懂线性代数，还是滚回去重新学吧==

1.把$n$阶行列式$a$划去第$i$行第$j$列，形成$n-1$阶行列式，称其为$a_{ij}$的余子式$A_{ij}$

2.如果行列式有两行相等，那么它的行列式为$0$

用数学归纳法，结论对二阶行列式显然成立，假设结论对$n-1$阶行列式成立，且$n$阶行列式$a$的第$i$行和第$j$行相等，选取一个$k$使得$k\ne i$且$k\ne j$，把$n$阶行列式按第$k$行展开，结果为$\begin{align*}\sum\limits_{l=1}^na_{kl}A_{kl}\end{align*}$，其中每个$A_{kl}$都是$n-1$阶行列式，且有两行相等，所以$A_{kl}=0$，即$a$的行列式为$0$

对列的证明类似

3.行列式某一行的元素乘另一行对应元素的余子式之和为$0$

对于原行列式$a=\left|\begin{matrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{i1}&\cdots&a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{j1}&\cdots&a_{jn}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right|$构造行列式$b=\left|\begin{matrix}a_{11}&\cdots&a_{1n}\\\vdots&&\vdots\\a_{i1}&\cdots&a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{i1}&\cdots&a_{in}\\\vdots&&\vdots\\a_{n1}&\cdots&a_{nn}\end{matrix}\right|$，显然这个行列式值为$0$

因为两个行列式只有第$j$行不同，所以$A_{j1}\cdots A_{jn}$和$B_{j1}\cdots B_{jn}$全相同，对$b$按第$j$行展开，有$\begin{align*}\sum\limits_{k=1}^na_{ik}B_{jk}=0\end{align*}$，即$\begin{align*}\sum\limits_{k=1}^na_{ik}A_{jk}=0\end{align*}$

对列的证明类似

4.对于矩阵$A$，设其行列式$|A|$中$a_{ij}$的余子式为$A_{ij}$，定义$A$的伴随矩阵$A^*=\left[\begin{matrix}A_{11}&A_{21}&\cdots&A_{n1}\\A_{12}&A_{22}&\cdots&A_{n2}\\\vdots&\vdots&&\vdots\\A_{1n}&A_{2n}&\cdots&A_{nn}\end{matrix}\right]$，我们可以得到$A^*A=|A|I$（直接乘起来即可，主对角线的每一个位置是$|A|$的对应行元素乘对应行余子式，值为$|A|$，非对角线上的值由3可得是$0$）

5.于是我们可以证Cayley-Hamilton定理了

对$n$阶矩阵$A$，设$B(\lambda)$为$(\lambda I-A)$的伴随矩阵，$f(\lambda)=|\lambda I-A|$为$A$的特征多项式，则$B(\lambda)(\lambda I-A)=|\lambda I-A|I=f(\lambda)I$

先看左边，注意到$B$的每一个元素都是$|A|$的一个余子式，也就是$n-1$阶行列式，所以$B$的每一个元素都是关于$\lambda$的次数不超过$n-1$的一元多项式，我们把它写成$\begin{align*}B=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\lambda^iB_i\end{align*}$，其中$B_i$是$n$阶矩阵，那么$\begin{align*}B(\lambda)(\lambda I-A)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}\lambda^{i+1}B_i-\lambda^iB_iA\end{align*}$

再看右边，因为$\begin{align*}f(\lambda)=\sum\limits_{i=0}^na_i\lambda^i\end{align*}$，所以$\begin{align*}f(\lambda)I=\sum\limits_{i=0}^na_i\lambda^iI\end{align*}$

比较两个式子，把$\lambda^i$约掉，我们得到$\begin{cases}B_{n-1}=a_nI\\B_{n-2}-B_{n-1}A=a_{n-1}I\\\cdots\\B_0-B_1A=a_1I\\-B_0A=a_0I\end{cases}$

用$A^n\cdots I$依次乘上面式子的第$1\cdots n+1$项，我们得到$\begin{cases}B_{n-1}A^n=a_nA^n\\B_{n-2}A^{n-1}-B_{n-1}A^n=a_{n-1}A^{n-1}\\\cdots\\B_0A-B_1A^2=a_1A\\-B_0A=a_0I\end{cases}$

全部加起来，我们得到$f(A)=0$，就证完了

容易发现如果$A$是$m$阶矩阵，那么$f(\lambda)$是一个$m$次多项式

假如$g(x)=q(x)p(x)+r(x)$且$p(x)$是$m$阶矩阵$A$的特征多项式，并且$r(x)$的次数小于$p(x)$的次数，那么将$A$代入上式，得到$g(A)=r(A)$

也就是说，如果要计算$g(A)$，把$g(x)$对$A$的特征多项式取模得到的$r(x)$满足$r(A)=g(A)$

有什么用？假如$g(x)$的次数很大，使得我们难以计算$g(A)$，而$m$比较小，那么我们可以算出次数更小的$r(x)$，把问题转化为计算$r(A)$

对于常系数线性递推，我们要求数列$f$的第$n$项，如果转移矩阵是$A$，那么相当于求$A^{n-1}$，直接做是$O\left(m^3\log_2n\right)$的，如果我们先预处理出$f_{1\cdots m}$，用快速幂计算$r(\lambda)=\lambda^{n}\%f(\lambda)$再根据它的系数计算答案（不用把$A$代进去是因为$r(\lambda)$的次数$\lt m$，只需使用$f_{1\cdots m}$即可算出答案）

对于这题，$f_n=(a-1)\sum\limits_{k=1}^mf_{n-k}$，转移矩阵如下

$$A=\left[\begin{matrix}0&0&0&\cdots&0&a-1\\1&0&0&\cdots&0&a-1\\0&1&0&\cdots&0&a-1\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&0&a-1\\0&0&0&\cdots&1&a-1\end{matrix}\right]$$

$$\begin{align*}f(\lambda)=\left|\lambda I-A\right|&=\left|\begin{matrix}\lambda&0&0&\cdots&0&1-a\\-1&\lambda&0&\cdots&0&1-a\\0&-1&\lambda&\cdots&0&1-a\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&\lambda&1-a\\0&0&0&\cdots&-1&\lambda-a+1\end{matrix}\right|\\&=\left|\begin{matrix}\lambda&0&0&\cdots&0&1-a\\0&\lambda&0&\cdots&0&\frac{\lambda+1}\lambda(1-a)\\0&0&\lambda&\cdots&0&\frac{\lambda^2+\lambda+1}{\lambda^2}(1-a)\\\vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&0&\cdots&\lambda&\frac{\lambda^{m-2}+\cdots+1}{\lambda^{m-2}}(1-a)\\0&0&0&\cdots&0&\lambda-a+1+\frac{\lambda^{m-2}+\cdots+1}{\lambda^{m-1}}(1-a)\end{matrix}\right|\\&=\lambda^m+(\lambda^{m-1}+\cdots+1)(1-a)\end{align*}$$

有些题目手算是算不出来的，需要插值

还有一些题目更加丧病，多项式取模和多项式乘法要求用NTT做，这个就看着办吧2333

枚举$m$，对于每个$m\lt M$如此计算，对于$m\geq M$，答案都是一样的，对$19260817$等比数列求和即可，我们在$O\left(M^3\log_2N\right)$的时间内解决此题

第二档：$M\leq10^9,N\leq3\times10^6$

这个就直接多了，直接推生成函数算出通项公式就好了

首先令$n\leq0$的$f_n=0$，因为$f_n-f_{n-1}=(a-1)(f_{n-1}-f_{n-m-1})$，所以$f_n=af_{n-1}-(a-1)f_{n-m-1}$

记$F_m(z)$为这个$m$下的$f$的生成函数（注意：以上变形的递推公式在$n=1$和$n=m+1$时不适用，应该补齐）

$$\begin{align*}F_m(z)&=\sum\limits_{i=0}f_iz^i\\F_m(z)&=az-az^{m+1}+\sum\limits_{i=0}\left[af_{i-1}-(a-1)f_{i-m-1}\right]z^i\\F_m(z)&=az-az^{m+1}+azF_m(z)-(a-1)z^{m+1}F_m(z)\\F_m(z)&=\dfrac{az-az^{m+1}}{1+(a-1)z^{m+1}-az}\end{align*}$$

把生成函数的分子提出来，分母先幂级数展开再用牛顿二项式定理展开

$$\begin{align*}F_m(z)&=\dfrac{az-az^{m+1}}{1+(a-1)z^{m+1}-az}\\&=\left(az-az^{m+1}\right)\sum\limits_{k=0}\left[az-(a-1)z^{m+1}\right]^k\\&=\left(az-az^{m+1}\right)\sum\limits_{k=0}\sum\limits_{j=0}^k\binom kj(1-a)^jz^{(m+1)j}a^{k-j}z^{k-j}\end{align*}$$

记$G_m(z)=\sum\limits_{k=0}\sum\limits_{j=0}^k\binom kj(1-a)^ja^{k-j}z^{k+jm}$，则$\left[z^n\right]F_m(z)=a\left[z^{n-1}\right]G_m(z)-a\left[z^{n-m-1}\right]G_m(z)$

现在来求$\left[z^n\right]G_m(z)$，令$k+jm=n$并枚举$j$，同时保证$k\geq j$即$n-jm\geq j$，得到$\left[z^n\right]G_m(z)=\sum\limits_{n-jm\geq j}\binom{n-jm}j(1-a)^ja^{n-jm-j}z^n$

对于所有$m,j$，因为$j(m+1)\leq n$，所以满足条件的$(j,m)$数量是$O\left(n\log_2n\right)$级别的，可以暴力算，时限7s很宽裕

于是就做完了，又学了一个神奇的东西==

#include<stdio.h>
#include<string.h>
typedef long long ll;
const int mod=998244353,ha=19260817;
int max(int a,int b){return a>b?a:b;}
int mul(int a,int b){return a*(ll)b%mod;}
int ad(int a,int b){return(a+b)%mod;}
int de(int a,int b){return(a-b)%mod;}
int pow(int a,int b){
	int s=1;
	while(b){
		if(b&1)s=mul(s,a);
		a=mul(a,a);
		b>>=1;
	}
	return s;
}
int M,a,N;
namespace sol1{
	struct poly{
		int x[410],n;
	};
	int m;
	poly operator+(poly a,poly b){
		poly c;
		c.n=max(a.n,b.n);
		for(int i=0;i<=c.n;i++)c.x[i]=ad(a.x[i],b.x[i]);
		return c;
	}
	poly operator*(poly a,poly b){
		poly c;
		int i,j;
		c.n=a.n+b.n;
		memset(c.x,0,sizeof(c.x));
		for(i=0;i<=a.n;i++){
			if(a.x[i]){
				for(j=0;j<=b.n;j++){
					if(b.x[j])c.x[i+j]=ad(c.x[i+j],mul(a.x[i],b.x[j]));
				}
			}
		}
		return c;
	}
	poly operator%(poly a,poly b){
		int i,j,t,inv;
		inv=pow(b.x[b.n],mod-2);
		for(i=a.n-b.n;i>=0;i--){
			t=mul(a.x[i+b.n],inv);
			for(j=0;j<=b.n;j++)a.x[j+i]=de(a.x[j+i],mul(b.x[j],t));
		}
		while(a.n>0&&a.x[a.n]==0)a.n--;
		return a;
	}
	poly id,one;
	poly pow(poly p,int k){
		poly res;
		res.n=0;
		res.x[0]=1;
		while(k){
			if(k&1)res=res*p%id;
			p=p*p%id;
			k>>=1;
		}
		return res;
	}
	int f[210];
	int F(){
		int i,s;
		id.n=m;
		for(i=0;i<m;i++)id.x[i]=1-a;
		id.x[m]=1;
		one.n=1;
		memset(one.x,0,sizeof(one.x));
		one.x[1]=1;
		one=pow(one,N-1);
		for(i=s=0;i<=one.n;i++)s=ad(s,mul(one.x[i],f[i+1]));
		return s;
	}
	void gao(){
		int i,s,bas;
		f[0]=1;
		for(i=1;i<=M;i++)f[i]=mul(f[i-1],a);
		s=0;
		for(m=bas=1;m<=M;m++){
			bas=mul(bas,ha);
			s=ad(s,mul(F(),bas));
		}
		printf("%d",s);
	}
}
namespace sol2{
	#define maxn 3000010
	int an[maxn],a1n[maxn],fac[maxn],rfac[maxn];
	int C(int n,int k){return mul(fac[n],mul(rfac[k],rfac[n-k]));}
	int G(int m,int n){
		int s,j;
		for(j=s=0;n-j*m>=j;j++)s=ad(s,mul(mul(C(n-j*m,j),a1n[j]),an[n-j*m-j]));
		return s;
	}
	int F(int m){
		return mul(a,de(G(m,N-1),G(m,N-m-1)));
	}
	void gao(){
		int i,res,bas;
		an[0]=a1n[0]=fac[0]=1;
		for(i=1;i<=N;i++){
			an[i]=mul(an[i-1],a);
			a1n[i]=mul(a1n[i-1],1-a);
			fac[i]=mul(fac[i-1],i);
		}
		rfac[N]=pow(fac[N],mod-2);
		for(i=N;i>0;i--)rfac[i-1]=mul(rfac[i],i);
		res=0;
		for(i=bas=1;i<N;i++){
			bas=mul(bas,ha);
			res=ad(res,mul(F(i),bas));
		}
		res=ad(res,mul(an[N],mul(de(pow(ha,M+1),pow(ha,N)),pow(ha-1,mod-2))));
		if(res<0)res+=mod;
		printf("%d",res);
	}
}
int main(){
	scanf("%d%d%d",&M,&a,&N);
	if(M>200)
		sol2::gao();
	else
		sol1::gao();
}