VIII.[TJOI2018]教科书般的亵渎
这题主要是介绍拉格朗日插值模板那题中，我们提到的“求出\(f(x)\)的多项式表达”的做法。
首先，这题显然如果我们令\(f(x)=\sum\limits_{i=0}^{x}i^{m+1}\)，且\(a_{m+1}=n+1\)的话，答案就是
\[\sum\limits_{i=1}^{m+1}\sum\limits_{j=0}^{i-1}f(a_i-1-a_j)-f(a_{i-1}-a_j)
\]
这是由题意可以直接得出的。
于是我们现在重点就在于如何求出\(f(x)\)，即\(\sum\limits_{i=0}^{x}i^{m+1}\)。
经验告诉我们，这是一个\(m+2\)次多项式。于是我们就随便找\(m+2\)个点带进去插值一下就能求出这个多项式的系数表达。
当然，这题的瓶颈不在于\(f(x)\)的求法，而在于答案那个式子，你无论如何都需要\(O(n^3)\)秦九韶代入求值，故总复杂度\(O(n^3)\)。这也意味着你可以图方便直接\(O(n^3)\)高斯消元消出多项式系数出来。
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod=1e9+7;
int T,m,b[100],c[100],d[100],e[100],res;
ll n,a[100];
int ksm(int x,int y){
int z=1;
for(;y;y>>=1,x=1ll*x*x%mod)if(y&1)z=1ll*z*x%mod;
return z;
}
void mul(int x){
for(int i=m+2;i>=0;i--){
b[i]=1ll*b[i]*x%mod;
if(i)(b[i]+=b[i-1])%=mod;
}
}
void div(int x){
for(int i=0;i<=m+2;i++)c[i]=b[i];
for(int i=m+2;i;i--)c[i-1]=(c[i-1]-1ll*c[i]*x%mod+mod)%mod;
for(int i=0;i<=m+1;i++)c[i]=c[i+1];
}
int func(ll x){
((x%=mod)+=mod)%=mod;
int ret=0;
for(int i=m+1;i>=0;i--)ret=(1ll*ret*x+d[i])%mod;
return ret;
}
int main(){
scanf("%d",&T);
while(T--){
scanf("%lld%d",&n,&m),m++,res=0;
for(int i=1;i<m;i++)scanf("%lld",&a[i]);
sort(a+1,a+m);
b[0]=1;for(int i=1;i<=m+2;i++)b[i]=0;
for(int i=0;i<=m+1;i++)d[i]=0;
for(int i=0;i<=m+1;i++)e[i]=ksm(i,m),mul((mod-i)%mod);
for(int i=1;i<=m+1;i++)(e[i]+=e[i-1])%=mod;
for(int i=0;i<=m+1;i++){
div((mod-i)%mod);
int delta=e[i];
for(int j=0;j<=m+1;j++)if(i!=j)delta=1ll*delta*ksm((i-j+mod)%mod,mod-2)%mod;
for(int j=0;j<=m+1;j++)c[j]=1ll*c[j]*delta%mod;
for(int j=0;j<=m+1;j++)(d[j]+=c[j])%=mod;
}
a[m]=n+1;
for(int i=1;i<=m;i++)for(int j=0;j<i;j++)(res+=(func(a[i]-a[j]-1)-func(a[i-1]-a[j])+mod)%mod)%=mod;
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}