CF传送门
洛谷传送门
解题思路
首先，前半部分关于p阶等差数列的知识请看这篇博客。
总结一下就是：
- 如果数列的p阶差数列是一个非0的常数数列，那么称它为p阶等差数列
- 数列(a)为一个p阶等差数列的充要条件是数列的通项(a_n)为关于n的p次多项式
然后这个题就可以推出是个关于n的k+1次多项式。（因为作差后为(1^k,2^k,3^k)，为k次多项式，所以作差前是k+1次多项式）
再根据拉格朗日插值法，我们取n=1~k+2，带入下面的拉格朗日插值法公式求解。
i取连续值时的拉格朗日插值法
仔细观察公式：
[f(i)=sum_{i=1}^n y_iprod_{i
e j}frac{(k-x_j)}{x_i-x_j}
]
当i取连续值时,
[prod_{i
e j}(k-x_j)
]
可拆成
[prod_{j=1}^{i-1}(k-j) imesprod_{j=i+1}^{k+2}(k-j)
]
可以通过前缀后缀积预处理得出。
分母也可以拆成
[prod_{j=1}^{i}j imesprod_{j=i-k-2}^{-1}j
]
都可以预处理得出。
最后(y_i)乘上分子再乘上分母的逆元即可。
所以当i取连续值时，时间复杂度可以优化到O(klogk)。
注意：最后一定要(ans+mod)%mod，不然可能是负数。
AC代码
#include<cstdio>
#include<iostream>
#include<cstring>
#include<iomanip>
#include<cmath>
#include<algorithm>
using namespace std;
const int mod=1e9+7;
const int maxk=1000005;
int n,k;
long long fenzi=1,res,ans;
long long fenmu1[maxk],fenmu2[maxk];
long long qp(long long a,long long b){
if(b==0) return 1;
if(b==1) return a;
long long ans=qp(a,b/2);
if(b&1) return ans*ans%mod*a%mod;
return ans*ans%mod;
}
inline long long getinv(long long a){
return qp(a,mod-2);
}
int main(){
cin>>n>>k;
if(k+2>=n){
for(int i=1;i<=n;i++) ans=(ans+qp(i,k))%mod;
cout<<ans;
return 0;
}
fenmu1[1]=fenmu2[k+2]=1;
for(int i=1;i<=k+2;i++){
fenzi=fenzi*(n-i)%mod;
fenmu1[i+1]=fenmu1[i]*i%mod;
}
for(int i=k+1;i>=1;i--){
fenmu2[i]=fenmu2[i+1]*(i-k-2)%mod;
}
for(int i=1;i<=k+2;i++){
res=(res+qp(i,k))%mod;
ans=(ans+res*fenzi%mod*getinv(n-i)%mod*getinv(fenmu1[i]*fenmu2[i]%mod)%mod)%mod;
}
cout<<(ans+mod)%mod;
return 0;
}