CF932E Team Work

题意

给定(n(1leq nleq10^9),k(1leq kleq5000)),求(sum_{i=1}^n{nchoose i}i^k)对(10^9+7)取模

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注意到如果(i=0)，右边式子为(0)，所以不妨把答案式子写成：(sum_{i=0}^n{nchoose i}i^k)

一个很(tricky)的斯特林数代换：(i^k=sum_{i=0}^kegin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}{ichoose j}j!)，左边是(k)个元素任意放在(i)个集合的方案数，右边是枚举有(j)个非空集合，把(k)个元素放入其中，而这(j)个集合之间可以任意排列，所以乘个排列数。

那么(sum_{i=0}^n{nchoose i}i^k=sum_{i=0}^n{nchoose i}sum_{j=0}^iegin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}{ichoose j}j!)，交换求和符号得到

[sum_{j=0}^negin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix} sum_{i=j}^n{nchoose i}{ichoose j}j! \=sum_{j=0}^negin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}{nchoose j}j! sum_{i=j}^n{n-jchoose i-j} \=sum_{j=0}^negin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}{nchoose j}j! sum_{i=0}^{n-j}{n-jchoose i} \=sum_{j=0}^negin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}{nchoose j}j!2^{n-j} ]

我们的斯特林数代换有什么好处呢？可以发现当(j>k)时，(egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix})的值就为(0)了，所以可以进一步把式子写成：

[\=sum_{j=0}^{min(n,k)}egin{Bmatrix}k\jend{Bmatrix}{nchoose j}j!2^{n-j} ]

如果递推求斯特林数(egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=megin{Bmatrix}n-1\mend{Bmatrix}+egin{Bmatrix}n-1\m-1end{Bmatrix})，这个题便可以(O(k^2))计算了。

但用卷积求斯特林数可以做到(O(klog_2k))，只不过要(MTT)，非常毒瘤。

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不过神鱼说可以推到(O(k))，便试了一下发现真的可以。

当(n>k)时，把斯特林数的展开式( egin{Bmatrix}n\mend{Bmatrix}=frac{1}{m!} sum_{i=0}^m(-1)^i{mchoose i}(m-i)^n)带入最后的式子：

[\sum_{j=0}^k{nchoose j}2^{n-j} sum_{i=0}^j(-1)^i{jchoose i}(j-i)^k \=sum_{j=0}^k{nchoose j}2^{n-j} sum_{i=0}^j(-1)^{j-i}{jchoose i}i^k \=sum_{i=0}^ki^ksum_{j=i}^k{nchoose j}{jchoose i} 2^{n-j}(-1)^{j-i} \=sum_{i=0}^ki^k{nchoose i}sum_{j=i}^k{n-ichoose j-i} 2^{n-j}(-1)^{j-i} \=sum_{i=0}^ki^k{nchoose i}sum_{j=0}^{k-i}{n-ichoose j} 2^{n-i-j}(-1)^j \=sum_{i=0}^ki^k{nchoose i}2^{n-i} sum_{j=0}^{k-i}{n-ichoose j}2^{-j}(-1)^j \=sum_{i=0}^ki^k{nchoose i}2^{n-i} sum_{j=0}^{k-i}{n-ichoose j}(-frac{1}{2})^j ]

设(f(i)=sum_{j=0}^{k-i}{n-ichoose j}(-frac{1}{2})^j)，现在考虑这个是否可以递推。由于随着(i)增大，求和式的上界变小，因此考虑按自变量从大到小递推。这里设(w=(-frac{1}{2}))

[f(i+1)=sum_{j=0}^{k-i-1}{n-i-1choose j}w^j \f(i)=sum_{j=0}^{k-i}{n-ichoose j}w^j =sum_{j=0}^{k-i-1}{n-ichoose j}w^j+{n-ichoose k-i}w^{k-i} ]

注意到组合数的递推是({nchoose m}={n-1choose m}+{n-1choose m-1})，因此考虑用(f(i)-f(i+1))。

[f(i)-f(i+1)={n-ichoose k-i}w^{k-i}+ sum_{j=0}^{k-i-1}({n-ichoose j}-{n-i-1choose j})w^j \={n-ichoose k-i}w^{k-i}+sum_{j=1}^{k-i-1}{n-i-1choose j-1}w^j \={n-ichoose k-i}w^{k-i}+ sum_{j=0}^{k-i-2}{n-i-1choose j}w^{j+1} \={n-ichoose k-i}w^{k-i}+ w(sum_{j=0}^{k-i-1}{n-i-1choose j}w^j -{n-i-1choose k-i-1}w^{k-i-1}) \={n-i-1choose k-i}w^{k-i}+ wsum_{j=0}^{k-i-1}{n-i-1choose j}w^j \={n-i-1choose k-i}w^{k-i}+wf(i+1) ]

移项得(f(i)=(w+1)f(i+1)+{n-i-1choose k-i}w^{k-i})

但是你可能会说“啊这哪里来的(O(k))啊式子里不还是有个(i^k)吗”但你想过没有，(i^k)是不是可以线筛？我是没想过。但真的可以。具体就是线筛的思想，用每个(i)的最小质因子来求(i^k)。由于质数的数量远不足(frac{k}{log_2k})，我们暴力算所有质数的(k)次方也无伤大雅。

最后，递推组合数就可以做到严格(O(k))了。

#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define cn const
#define fp(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i<=ed;++i)
#define fb(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i>=ed;--i)
using namespace std;
typedef cn int cint;
cint maxn=5010,mod=1e9+7;
int n,m,ans,inv[maxn],c[maxn],f[maxn];
int cnt,pri[maxn],pk[maxn];
il int fpow(int a,int b,int ans=1){
	for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%mod)if(b&1)
		ans=1ll*ans*a%mod;
	return ans;
}
int main(){
	cin>>n>>m;
	inv[1]=1; fp(i,2,m+1)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
	c[0]=1; fp(i,1,m+1)c[i]=1ll*(n-i+1)*c[i-1]%mod*inv[i]%mod;
	pk[1]=1; fp(i,2,m+1){
		if(!pk[i])pri[++cnt]=i,pk[i]=fpow(i,m);
		for(rg int j=1;j<=cnt&&pri[j]*i<=m+1;++j){
			pk[i*pri[j]]=1ll*pk[i]*pk[pri[j]]%mod;
			if(i%pri[j]==0)break;
		}
	}
	if(n<=m+1)fp(i,1,n)ans=(ans+1ll*c[i]*pk[i]%mod)%mod;
	else{
		rg int w=mod-inv[2],pw=1,c2=1;
		f[m]=1;
		fb(i,m-1,1){
			c2=1ll*c2*(n-i-1)%mod*inv[m-i]%mod,pw=1ll*pw*w%mod;
			f[i]=(1ll*(w+1)*f[i+1]%mod+1ll*c2*pw%mod)%mod;
		}
		rg int p2=fpow(2,n);
		fp(i,1,m){
			p2=1ll*p2*inv[2]%mod;
			ans=(ans+1ll*p2*c[i]%mod*pk[i]%mod*f[i]%mod)%mod;
		}
	}
	printf("%d
",ans);
	return 0;
}