题目大意
给出一个矩阵的定义：
求它的逆矩阵的各项平方和。
(nleq 1000000,m leq 10^9+6)
Solution
手玩(m=0)的情况可以发现逆矩阵的定义是类似的：
- (jleq i,(P^{-1}_n)(i,j)=(-1)^{i+j}(^{i}_{j}))
- (j>i,(P^{-1}_n)(i,j)=0)
模拟矩阵乘法就能证明这个结论。
当多了一个(j^{-m})时，矩阵应该是这样的：
- (jleq i,(P^{-1}_n)(i,j)=(-1)^{i+j}(^{i}_{j})i^m)
- (j>i,(P^{-1}_n)(i,j)=0)
证明与上面的类似。
于是问题变成求：
[sum_{i=1}^{n}i^{2m}sum_{j=1}^{i}(^i_{j})^2
]
组合数的平方和即：
[sum_{i=0}^{n}C(n,i)^2
]
转化为：
[sum_{i=0}^{n}C(n,i)*C(n,n-i)
]
考虑其组合意义，相当于把一个长度为(2n)的序列分为两部分，枚举一部分选(i)个，另一部分选(n-i)个。其实就是在(2n)个数里选(n)个，于是上面的式子就变成：
[sum_{i=1}^{n}i^{2m}((^{2i}_i)-1)
]
线性求一下逆元就能(O(n))解决了。
Code
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 2000007;
const ll P = 1e9 + 7;
int n, m;
ll ans, fac[N], inv[N];
ll pow(ll a, ll b) {
ll ret = 1;
for (; b; a = a * a % P, b >>= 1) if (b & 1) ret = ret * a % P;
return ret;
}
ll C(int n, int m) { return fac[n] * inv[m] % P * inv[n - m] % P; }
int main() {
freopen("c.in", "r", stdin);
//freopen("c.out", "w", stdout);
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= 2000000; ++i) fac[i] = fac[i - 1] * i % P;
inv[0] = inv[1] = 1;
for (int i = 2; i <= 2000000; ++i) inv[i] = inv[P % i] * (P - P / i) % P;
for (int i = 2; i <= 2000000; ++i) inv[i] = inv[i] * inv[i - 1] % P;
scanf("%d%d", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i) ans = (ans + pow(i, 2 * m) * (C(2 * i, i) - 1 + P) % P) % P;
printf("%lld
", ans);
return 0;
}