[loj3300]组合数问题

将$f(k)=sum_{i=0}^{m}a_{i}k^{i}$转换为$f(k)=sum_{i=0}^{m}b_{i}k^{underline{i}}$，其中$k^{underline{i}}=frac{k!}{(k-i)!}$

题目即求$sum_{k=0}^{n}c(n,k)x^{k}sum_{i=0}^{m}b_{i}cdot k^{underline{i}}$

调整枚举顺序，即$sum_{i=0}^{m}b_{i}sum_{k=0}^{n}c(n,k)x^{k}k^{underline{i}}$

观察发现$c(n,k)k^{underline{i}}=frac{n!}{k!(n-k)!}frac{k!}{(k-i)!}=frac{n!}{(k-i)!(n-k)!}=c(n-i,k-i)n^{underline{i}}$

代入原式，即$sum_{i=0}^{m}b_{i}n^{underline{i}}sum_{k=0}^{n}c(n-i,k-i)x^{k}$

令$k'=k-i$，即$sum_{i=0}^{m}b_{i}n^{underline{i}}x^{i}sum_{k'=0}^{n-i}c(n-i,k')x^{k'}$

观察发现右式即$(x+1)^{n-i}$二项式展开，那么即$sum_{i=0}^{m}b_{i}n^{underline{i}}x^{i}(x+1)^{n-i}$

那么问题变为如何求出$b_{i}$，即如何将多项式转换为下降幂多项式【luoguP5383】

根据第二类斯特林数的性质，有$x^{n}=sum_{i=0}^{n}c(x,i)i!S(n,i)=sum_{i=0}^{n}S(n,i)x^{underline{i}}$

那么就有$sum_{i=0}^{m}a_{i}x^{i}=sum_{i=0}^{m}a_{i}sum_{j=0}^{i}S(i,j)x^{underline{j}}=sum_{j=0}^{m}x^{underline{j}}sum_{i=j}^{m}a_{i}S(i,j)$，即$b_{j}=sum_{i=j}^{m}a_{i}S(i,j)$

本题由于$mle 1000$，仅需要根据$S$的递推式暴力求出$S$并$o(m^{2})$计算即可

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 1005 
int n,x,mod,m,ans,a[N],b[N],s[N][N];
int ksm(int n,int m){
    if (!m)return 1;
    int s=ksm(n,m>>1);
    s=1LL*s*s%mod;
    if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
    return s;
}
int main(){
    scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&mod,&m);
    for(int i=0;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
    s[0][0]=1;
    for(int i=1;i<=m;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1LL*j*s[i-1][j])%mod;
    for(int i=0;i<=m;i++)
        for(int j=i;j<=m;j++)b[i]=(b[i]+1LL*a[j]*s[j][i])%mod;
    int s=1;
    for(int i=0;i<=m;i++){
        ans=(ans+1LL*b[i]*s%mod*ksm(x,i)%mod*ksm(x+1,n-i))%mod;
        s=1LL*s*(n-i)%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}