解题思路
似乎以前做过这道题的强化版？柿子还是很好推的，都是套路。
[ans=sumlimits_{i=1}^nC(n,i)*i^k
]
用第二类斯特林数的(n^m=sumlimits_{i=0}^mS(m,i)*C(n,i)*i!)这个式子把后面的(i^k)展开得
[ans=sumlimits_{i=1}^nC(n,i)sumlimits_{j=0}^kS(k,j)*C(i,j)*j!
]
换一下(sum)顺序
[ans=sumlimits_{j=0}^kS(k,j)*j!sumlimits_{i=1}^nC(n,i)*C(i,j)
]
把后面的组合数换一下
[ans=sumlimits_{j=0}^kS(k,j)*j!sumlimits_{i=1}^nC(n,j)*C(n-i,j-i)
]
把$C(n,j)提出去，发现剩下的其实是个(2^{n-j})
[ans=sumlimits_{j=0}^kS(k,j)*j!*C(n,j)*2^{n-j}
]
发现这样就可以求了，组合数的话因为(j)从(0)到(k)，那么(j)增加(1)的影响就是(frac{n-j+1}{j})。时间复杂度(O(n^2)，其实可以做到)O(nlogn)$，懒得写了。
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
using namespace std;
const int N=5005;
const int MOD=1e9+7;
typedef long long LL;
int n,k,fac[N],S[N][N],ans;
inline int fast_pow(int x,int y){
int ret=1;
for(;y;y>>=1){
if(y&1) ret=(LL)ret*x%MOD;
x=(LL)x*x%MOD;
}
return ret;
}
int main(){
scanf("%d%d",&n,&k);fac[0]=1;S[0][0]=1;
for(int i=1;i<=k;i++) fac[i]=(LL)fac[i-1]*i%MOD;
for(int i=1;i<=k;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
S[i][j]=(S[i-1][j-1]+(LL)S[i-1][j]*j%MOD)%MOD;
int C=1,lim=min(n,k);
for(int i=1;i<=lim;i++){
C=(LL)C*(n-i+1)%MOD*fast_pow(i,MOD-2)%MOD;
ans=(ans+(LL)S[k][i]*fac[i]%MOD*C%MOD*fast_pow(2,n-i)%MOD)%MOD;
}
printf("%d
",ans);
return 0;
}