分析：

　　我們可以寫把轉移矩陣A寫出來，然後求一下它的特征多項式，經過手動計算應該是這樣的p(x)=$x^k-\sum\limits_{i=1}^ka_i*x^{k-i}$

　　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)是余數

　　我們考慮$x^n$這個多項式，我們去求出它對於$p(A)$的余數多項式$g(A)$，那麽$A^n$就等價於了$g(A)$，註意到新的多項式次數就很低了，不超過k-1

　　我們要求的是$A^nH=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_i*A^i*H$的第一個元素，註意到$A^i*H$相當於把H又遞推了i次

　　所以結果等價於$A^nH=\sum\limits_{i=0}^{k-1}c_i*A^i*H$

　　時間復雜度$O(k^2 log n)$，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 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 const 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 int n,k;
 7 void mul(int *a,int *b,int *ans)
 8 {
 9     for(int i=0;i<=2*k;++i) tmp[i]=0;
10     for(int i=0;i<k;++i)
11         for(int j=0;j<k;++j)
12             tmp[i+j]=(tmp[i+j]+1LL*a[i]*b[j])%mod;
13     for(int i=2*k-2
 
;i>=k;--i)
14     {
15         for(int j=k-1;j>=0;--j)
16             tmp[i-k+j]=(tmp[i-k+j]-1LL*tmp[i]*p[j])%mod,tmp[i-k+j]=(tmp[i-k+j]+mod)%mod;
17         tmp[i]=0;
18     }
19     for(int i=0;i<k;++i) ans[i]=tmp[i];
20 }
21 int main()
22 {
23     scanf("%d%d",&n,&k);
24     for(int i=1;i<=k;++i) scanf("%d",&a[i]);
25     for(int i=0;i<k;++i) scanf("%d",&h[i]);
26     p[k]=1;
27     for(int i=1;i<=k;++i) p[k-i]=mod-a[i];
28     for(int i=k;i<2*k;++i)
29         for(int j=1;j<=k;++j)
30         {
31             h[i]=h[i]+1LL*h[i-j]*a[j]%mod;
32             h[i]%=mod;
33         }
34     if(n<2*k) return 0*printf("%d\n",h[n]);
35     int b=n-k+1;
36     num[1]=1,ans[0]=1;
37     while(b)
38     {
39         if(b&1) mul(ans,num,ans);
40         mul(num,num,num);
41         b>>=1;
42     }
43     long long res=0;
44     for(int i=0;i<k;++i) res=(res+1LL*ans[i]*h[i+k-1])%mod;
45     printf("%lld\n",(res+mod)%mod);
46     return 0;
47 }

bzoj4161 (k^2logn求線性遞推式)