本文记录一种递推优化套路。
可以发现，若将答案表示成 (sum_{i=1}^{n} alpha_i i^k) 的形式时，系数 (alpha_i) 满足以下性质。
[alpha_i = 1 + 1 + 2 + 4 + dots + 2^{n-i-2}
]
所以求得:
[egin{cases}
alpha_n = displaystyle{1} & \
alpha_i = displaystyle{2^{n-i-1}} & i
eq n\
end{cases}
]
所以题目转化为求式子 (n^k + sum_{i=1}^{n-1} 2^{n-i-1} i^k) 的值。
先转换式子成：
[n^k + 2^{n-1} sum_{i=1}^{n-1} frac{i^k}{2^i}
]
发现瓶颈在于如何快速求解 (mathcal{O}(n)) 求和式 (F_n = sum_{i=1}^{n} frac{i^k}{2^i}) 。
为了方便，以下部分默认设 (t=frac{1}{2}) 。
这里用到了一种倍增的方法解题，具体的说，就是通过求解 (F_{n+1}) ， (F_{2n}) ，并利用其与 (F_n) 之间的关系进行快速运算。
先处理 (F_{n+1}) 与 (F_n) 之间的关系。
[F_{n+1} = F_n + t^{n+1} (n+1)^k
]
再处理 (F_{2n}) 与 (F_n) 。
[egin{aligned}
F_{2n} - F_{n} & = sum_{i=n+1}^{2n} t^i i^k \
& = t^n sum_{i=1}^{n} t^i (i+n)^k \
& = t^n sum_{i=1}^{n} t^i sum_{j=0}^{k} {k choose j} i^{k-j}n^j \
& = t^n sum_{j=0}^{k} {kchoose j} n^j sum_{i=1}^n t^i i^{k-j} \
end{aligned}]
(所用芝士：二项式定理，求和顺序变换)
终于推出了与 (F) 定义式相似的式子 (sum_{i=1}^n t^i i^{k-j}) ，由于 (k) 很小，不妨拓展 (F) 的定义。
设 (F(n, k) = sum_{i=1}^n t^i i^k) ，得出倍增递推式：
[egin{cases}
F(n+1, k) = F(n, k) + t^{n+1} (n+1)^k \
F(2n, k) = F(n, k) + t^n sum_{j=0}^{k} {k choose j} n^j F(n, k-j) \
end{cases}]
可以用记忆化搜索解决，用 std::map 维护 (F) 数组。
时间复杂度 (mathcal{O}(klog n log (k log n)))
Code(C++):
#include<bits/stdc++.h>
#define forn(i,s,t) for(register int i=(s);i<=(t);++i)
#define form(i,s,t) for(register int i=(s);i>=(t);--i)
#define mkp make_pair
typedef long long LL;
using namespace std;
const int Mod = 1e9+7, T = Mod+1 >> 1, M = 11;
LL fac[M], inv[M];
inline LL Q_pow(LL p, LL k) {
LL Ans = 1; p = p%Mod;
while(k) {if(k & 1) Ans = Ans * p %Mod; p = p*p %Mod, k >>= 1;}
return Ans;
}
/*-------预处理 O(1) 组合数----------*/
inline void init(int k) {
fac[0] = fac[1] = inv[0] = 1;
forn(i,2,k) fac[i] = fac[i-1] * 1ll * i %Mod;
inv[k] = Q_pow(fac[k], Mod - 2);
form(i,k-1,1) inv[i] = inv[i+1] * 1ll * (i+1) %Mod;
}
inline LL C(int n, int m) {return fac[n] * (inv[m] * inv[n - m] %Mod) %Mod;}
map<pair<LL, int>, int> f;
int F(LL n, int k) {
if(n == 1) return T;
if(n == 0) return 0;
if(f.count(mkp(n, k))) return f[mkp(n, k)];
if(n & 1) return f[mkp(n, k)] = (1ll * F(n-1, k) + Q_pow(1ll*T, n) * Q_pow(n, k) %Mod) %Mod;
else {
LL m = n/2, res = 0;
forn(j,0,k) res = (res + C(k, j) * Q_pow(m, j)%Mod * 1ll * F(m, k-j) %Mod) %Mod;
return f[mkp(n, k)] = (F(m, k) + res * Q_pow(T, m) %Mod) %Mod;
}
}
LL n; int k;
int main() {
scanf("%lld%d", &n, &k);
init(k);
printf("%lld
", (Q_pow(n, k) + Q_pow(2ll, n-1) * 1ll * F(n-1, k)) %Mod);
return 0;
}