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常系数齐次线性递推数列（又称为 C-finite 或 C-recursive 数列）是常见的一类基础的递推数列．
对于数列 $\left(a_j\right)_{j\geq 0}$ 和其递推式
$$ a_n=\sum_{j=1}^{d}c_ja_{n-j},\qquad (n\geq d) $$
其中 $c_j$ 不全为零，我们的目标是在给出初值 $a_0,\dots ,a_{d-1}$ 和递推式中的 $c_1,\dots ,c_d$ 后求出 $a_k$．如果 $k\gg d$，我们想要更快速的算法．
这里 $\left(a_j\right)_{j\geq 0}$ 被称为 $d$ 阶的常系数齐次线性递推数列．
Fiduccia 算法使用多项式取模和快速幂来计算 $a_k$，时间为 $O(\mathsf{M}(d)\log k)$，其中 $O(\mathsf{M}(d))$ 表示两个次数为 $O(d)$ 的多项式相乘的时间．
算法：构造多项式 $\Gamma(x):=x^d-\sum_{j=0}^{d-1}c_{d-j}x^j$ 和 $A(x):=\sum_{j=0}^{d-1}a_jx^j$，那么
$$ a_k=\left\langle x^k\bmod{\Gamma(x)},A(x)\right\rangle $$
其中定义 $\left\langle \left(\sum_{j=0}^{n-1}f_jx^j\right),\left(\sum_{j=0}^{n-1}g_jx^j\right) \right\rangle :=\sum_{j=0}^{n-1}f_jg_j$ 为内积．
证明：我们定义 $\Gamma(x)$ 的友矩阵为
$$ C_\Gamma:= \begin{bmatrix} &&&c_d \ 1&&&c_{d-1} \ &\ddots &&\vdots \ &&1&c_1 \end{bmatrix} $$
我们定义多项式 $b(x):=\sum_{j=0}^{d-1}b_jx^j$ 和
$$ B_b:=\begin{bmatrix}b_0&b_1&\cdots &b_{d-1}\end{bmatrix}^{\intercal} $$
观察到
$$ \underbrace{\begin{bmatrix} &&&c_d \ 1&&&c_{d-1} \ &\ddots &&\vdots \ &&1&c_1 \end{bmatrix}}{C\Gamma} \underbrace{\begin{bmatrix} b_0 \ b_1 \ \vdots \ b_{d-1} \end{bmatrix}}{B_b}= \underbrace{\begin{bmatrix} c_db{d-1} \ b_0+c_{d-1}b_{d-1} \ \vdots \ b_{d-2}+c_1b_{d-1} \end{bmatrix}} _ {B_{xb\bmod{\Gamma}}} $$
且
$$ \begin{aligned} C_\Gamma&=\begin{bmatrix}B_{x\bmod{\Gamma}}&B_{x^2\bmod{\Gamma}}&\cdots &B_{x^d\bmod{\Gamma}}\end{bmatrix}, \ \left(C_\Gamma\right)^2&=\begin{bmatrix}B_{x^2\bmod{\Gamma}}&B_{x^3\bmod{\Gamma}}&\cdots &B_{x^{d+1}\bmod{\Gamma}}\end{bmatrix}, \ \cdots \ \left(C_\Gamma\right)^k&=\begin{bmatrix}B_{x^k\bmod{\Gamma}}&B_{x^{k+1}\bmod{\Gamma}}&\cdots &B_{x^{k+d}\bmod{\Gamma}}\end{bmatrix} \end{aligned} $$
我们将这个递推用矩阵表示有
$$ \begin{bmatrix} a_{k} \ a_{k+1} \ \vdots \ a_{k+d-1} \end{bmatrix}=\underbrace{\begin{bmatrix} &1&& \ &&\ddots & \ &&&1 \ c_d&c_{d-1}&\cdots &c_1 \end{bmatrix}^k} _ {\left(\left(C_\Gamma\right)^{\intercal}\right)^k=\left(\left(C_\Gamma\right)^{k}\right)^{\intercal}} \begin{bmatrix} a_0 \ a_{1} \ \vdots \ a_{d-1} \end{bmatrix} $$
可知 $\left(\left(C_\Gamma\right)^{k}\right)^{\intercal}$ 的第一行为 $B_{x^k\bmod{\Gamma}}$，根据矩阵乘法的定义得证．
对于上述数列 $\left(a_j\right)_{j\geq 0}$ 一定存在有理函数
$$ \frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{j\geq 0}a_jx^j $$
且 $Q(x)=x^d\Gamma\left(x^{-1}\right)$，$\deg{P}<d$．我们称其为「有理函数」是因为 $P(x),Q(x)$ 是「多项式」．
证明：对于 $P(x)=\sum_{j=0}^{d-1}p_jx^j$ 和 $Q(x):=\sum_{j=0}^{d}q_jx^j$ 考虑 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{j\geq 0}\tilde{q}_jx^j$ 的系数定义，这几乎就是形式幂级数「除法」的定义，
$$ \tilde{q}N= \begin{cases} p_0q_0^{-1},&\text{ if }N=0, \ \left(p_N-\sum{j=1}^{N}q_j\tilde{q}{N-j}\right)\cdot q_0^{-1},&\text{ else if }N<d, \ -q_0^{-1}\sum{j=1}^{d}q_j\tilde{q}_{N-j},&\text{ otherwise}. \end{cases} $$
我们只需要令
$$ P(x)=\left(\left(\sum_{j\geq 0}a_jx^j\right)\cdot x^d\Gamma\left(x^{-1}\right)\right)\bmod{x^d} $$
那么根据 $\tilde{q}N$ 的定义，必然有 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}=\sum{j\geq 0}a_jx^j$．
我们的目标仍然是给出上述多项式 $P(x),Q(x)$，求算 $\left\lbrack x^k\right\rbrack\dfrac{P(x)}{Q(x)}$．
Bostan–Mori 算法基于 Graeffe 迭代，对于上述多项式 $P(x),Q(x)$ 有
$$ \frac{P(x)}{Q(x)}=\frac{P(x)Q(-x)}{Q(x)Q(-x)}=\frac{U_0(x^2)+xU_1(x^2)}{V(x^2)} $$
因为分母 $V(x^2)$ 是偶函数，所以子问题只需考虑其中的一侧
$$ \left\lbrack x^k\right\rbrack\dfrac{P(x)}{Q(x)}=\left\lbrack x^{\left\lfloor k/2\right\rfloor}\right\rbrack \frac{U_{k\bmod{2}}(x)}{V(x)} $$
我们付出两次多项式乘法的代价使得问题至少减少为原先的一半，而当 $k=0$ 时显然有 $\left\lbrack x^0\right\rbrack \dfrac{P(x)}{Q(x)}=\dfrac{P(0)}{Q(0)}$，时间复杂度同上．
目标是给出上述多项式 $P(x),Q(x)$，求算 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L,R\right)}\right\rbrack\dfrac{P(x)}{Q(x)}$．下面的计算中我们只需考虑对答案「有影响」的系数，这是 Bostan–Mori 算法的关键．
我们不妨假设 $\deg{P}<\deg{Q}$，否则我们也可以通过一次带余除法使问题回到这种情况．
我们先考虑更简单的问题：
$$ \left\lbrack x^{\left\lbrack L,R\right)}\right\rbrack\frac{1}{Q(x)}=\left\lbrack x^{\left\lbrack L,R\right)}\right\rbrack\frac{1}{Q(x)Q(-x)}\cdot Q(-x) $$
我们需要求出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L-\deg{Q},R\right)}\right\rbrack\dfrac{1}{Q(x)Q(-x)}$ 然后作一次乘法并取出 $x^L,\dots ,x^{R-1}$ 的系数．令 $V(x^2)=Q(x)Q(-x)$ 那么我们只需求出
$$ \left\lbrack x^{\left\lbrack \left\lceil\frac{L-\deg{Q}}{2}\right\rceil,\left\lceil\frac{R}{2}\right\rceil\right)}\right\rbrack\frac{1}{V(x)} $$
就可以还原出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L-\deg{Q},R\right)}\right\rbrack\dfrac{1}{Q(x)Q(-x)}$．进而我们只需求出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L-\deg{P},R\right)}\right\rbrack\dfrac{1}{Q(x)}$ 再和 $P(x)$ 作一次乘法即可求出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L,R\right)}\right\rbrack\dfrac{P(x)}{Q(x)}$．
上面的算法虽然已经可以工作，但是每一次的递归的时间复杂度与 $R-L$ 相关，我们希望能至少在递归求算时摆脱 $R-L$，更具体的，我们先考虑求算 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L,L+\deg Q+1\right)}\right\rbrack \dfrac{1}{Q(x)}$，考虑
$$ \left\lbrack x^{\left\lbrack L,L+\deg Q+1\right)}\right\rbrack \frac{1}{Q(x)}=\left\lbrack x^{\left\lbrack L,L+\deg Q+1\right)}\right\rbrack \dfrac{1}{Q(x)Q(-x)}\cdot Q(-x) $$
我们需要求出
$$ \left\lbrack x^{\left\lbrack L-\deg Q,L+\deg Q+1\right)}\right\rbrack \dfrac{1}{Q(x)Q(-x)} $$
那么对于 $V(x^2)=Q(x)Q(-x)$ 而言，我们只需求出
$$ \left\lbrack x^{\left\lbrack \lceil (L-\deg Q)/2 \rceil,\lceil (L+\deg Q+1)/2 \rceil\right)}\right\rbrack \frac{1}{V(x)} $$
这是因为
$$ \left\lbrack x^{k}\right\rbrack\dfrac{1}{Q(x)Q(-x)}= \begin{cases} \left\lbrack x^{k/2}\right\rbrack\dfrac{1}{V(x)},&\text{if }k\equiv 0\pmod{2}, \ 0,&\text{otherwise}. \end{cases} $$
我们知道 $L+\deg Q$ 和 $L-\deg Q$ 的奇偶性是一样的，所以
$$ \left\lceil \frac{L+\deg Q+1}{2}\right\rceil -\left\lceil \frac{L-\deg Q}{2}\right\rceil = \begin{cases} \deg Q+1,&\text{if }L+\deg Q\equiv 0\pmod{2}, \ \deg Q,&\text{otherwise}. \end{cases} $$
这样我们可以写出伪代码
$$ \begin{array}{ll} &\textbf{Algorithm }\operatorname{Slice-Coefficients}(Q,L)\text{:} \ &\textbf{Input}\text{: }Q(x)\in\mathbb{C}\left\lbrack x\right\rbrack,L\in\mathbb{Z}\text{.} \ &\textbf{Output}\text{: }\left\lbrack x^{\left\lbrack L,L+\deg Q+1\right)}\right\rbrack Q(x)^{-1}\text{.} \ 1&\textbf{if }L\leq 1\textbf{ then return }\left\lbrack x^{\left\lbrack L,L+\deg Q+1\right)}\right\rbrack Q(x)^{-1} \ &\text{Use other algorithm to compute }Q(x)^{-1} \ 2&V(x^2)\gets Q(x)Q(-x) \ 3&k\gets \left\lceil \frac{L-\deg Q}{2}\right\rceil \ 4&(t_k,\dots ,t_{k+\deg Q})\gets \operatorname{Slice-Coefficients}\left(V,k\right) \ 5&T(x)\gets x^{(L-\deg Q)\bmod{2}}\sum_{j=0}^{\deg Q}t_{j+k}x^{2j} \ 6&\textbf{return }\left\lbrack x^{\left\lbrack \deg Q,2\deg Q+1\right)}\right\rbrack T(x)Q(-x) \end{array} $$
但是只有这个算法还不够，我们需要重新找到一个有理函数并求算更多系数．
我们知道 $Q(x)$ 本身和 $Q(x)^{-1}$ 的一部分连续的系数比如 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L,L+\deg Q\right)}\right\rbrack Q(x)^{-1}$ 和 $L\geq 0$，我们希望求出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L+\deg Q,L+2\deg Q\right)}\right\rbrack Q(x)^{-1}$，这等价于我们要求某个 $P(x)$ 且 $\deg P< \deg Q$ 使得 $\dfrac{P(x)}{Q(x)}$ 的前 $\deg Q$ 项与 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L,L+\deg Q\right)}\right\rbrack Q(x)^{-1}$ 相同．简单来说：递推关系（有理函数的分母）是不变的，我们所做的只是更换初值（有理函数的分子）．
具体的，考虑
$$ \frac{P(x)}{Q(x)}=\sum_{j\geq 0}a_jx^j $$
我们现在希望将递推前进 $n$ 项，那么就是
$$ \sum_{j\geq n}a_jx^{j-n}=\frac{P(x)}{Q(x)x^n}-\frac{Q(x)\sum_{j=0}^{n-1}a_jx^j}{Q(x)x^n} $$
我们先用一次 $\operatorname{Slice-Coefficients}(Q,L-\deg{P})$ 计算出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L-\deg{P},L-\deg{P}+\deg{Q}+1\right)}\right\rbrack Q(x)^{-1}$，然后我们扩展合并出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack L-\deg{P},L+\deg{Q}\right)}\right\rbrack Q(x)^{-1}$，再重新计算一个分子使得
$$ \frac{\widetilde{P}(x)}{Q(x)}=\sum_{j\geq 0}\left(\left\lbrack x^{L+j}\right\rbrack \frac{P(x)}{Q(x)}\right)x^j $$
最后我们使用形式幂级数的除法计算出 $\left\lbrack x^{\left\lbrack 0,R-L\right)}\right\rbrack\dfrac{\widetilde{P}(x)}{Q(x)}$，时间为 $O(\mathsf{M}(d)\log L+\mathsf{M}(R-L))$．