CF622F-The Sum of the k-th Powers【拉格朗日插值】

正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF622F

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题目大意

给出(n,k)，求

[sum_{i=1}^ni^k ]

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解题思路

很经典的拉格朗日差值问题
这个东西显然是可以化成一个(k+1)次的多项式的，所以我可以直接代(k+2)个点插出值来。看到顺眼先把(n,k)互换一下。
先上一个要刻在(DNA)里的公式

[f(k)=sum_{i=1}^ny_iprod_{j=1,j eq i}^nfrac{x_j-k}{x_i-x_j} ]

发现这个直接计算是(O(n^2))的搞不定。
上面的(x_j-k)挺好优化的，分别做一个前后缀积就好了，但是麻烦的是(x_i-x_j)。我们可以利用(x_i)是连续的这个性质，我们只需要带入(x_iin[1,n+2])的点即可。

此时(x_i-x_j)就变为了两段阶乘分别是(prod_{j=1}^{i-1}frac{1}{i-j})和(prod_{j=i+1}^jfrac{1}{i-j})。预处理逆元前缀和就好了，需要注意的是因为后面那个式子(i-j)是负数所以我们需要判断一下如果(n-i)是奇数就要取反。

线性筛(y_i)的话时间复杂度(O(n))，懒得话直接快速幂(O(nlog k))

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=1e9+7;
ll n,k,ans,inv[N],suf[N],pre[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&k,&n);
    // if(k<=n+2){
    //     for(ll i=1;i<=k;i++)
    //         ans=(ans+power(i,n))%P;
    //     printf("%d
",ans);
    //     return 0;
    // }
    inv[1]=1;n+=2;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=P-(P/i)*inv[P%i]%P;
    inv[0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
    ll tmp=1;pre[0]=suf[n+1]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]*(k-i)%P;
    for(ll i=n;i>=1;i--)suf[i]=suf[i+1]*(k-i)%P;
    for(ll i=1,p=0;i<=n;i++){
        (p+=power(i,n-2))%=P;
        ans+=p*pre[i-1]%P*suf[i+1]%P*inv[i-1]%P*(((n-i)&1)?P-inv[n-i]:inv[n-i])%P;
        ans=ans%P;
    }
    printf("%lld
",(ans+P)%P);
    return 0;
}