[51NOD]1288 序列求和 V4 拉格朗日插值法

　　就是让你求自然数幂之和嘛... 我们发现指数很小但是n很大. 本来这个东西用第一类斯特林数来搞简直极品, 因为模数都可以不是质数... 但是这道题k是万级别的, O(k ^ 2)过不了， 但是这样伯努利数不是也过不了吗? 不过好像可以NTT搞事情.

　　不过我们用拉格朗日插值法可以做到O(k)， 因为这个和他实际上是一个k+1项多项式， 那我们插1 ~ k +2个值进去， 得到了拉格朗日插值式， 也就是一个k + 1项的多项式， 本来拉格朗日插值只是一种拟合， 但是这个自然数幂之和， 本身就是一个k+1项多项式， 那么我们求得的这个也就是他的多项式(唯一性).

　　本来复杂度也不是O(k)的， 但是我们发现用拉格朗日的话分子分母都会是连续的一段， 那分子直接预处理， 分母考虑拉格朗日插值基的分母每次的变化就可以了(代码中的dw). 我们可以做到O(k)了. 代码实现还是要好好模拟一下. 参考了别人的都还想了一会儿细节才想通.

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 5e4 + 5;
long long n;
int T, k, ans;
int a[maxn], b[maxn], p[maxn], q[maxn], inv[maxn], pw[maxn];
inline int mpow(int a, int b) {
int ret = 1;
while (b) {
if (b & 1) ret = 1ll * ret * a % mod;
a = 1ll * a * a % mod, b >>= 1;
}
return ret;
}
inline int Largrange() {
if (n <= k + 2) return a
;
n %= mod, ans = 0;
int dw = mpow(pw[k + 2], mod - 2);
register int i;
p[0] = q[k + 3] = 1;
for (i = 1; i <= k + 2; ++ i) p[i] = 1ll * p[i - 1] * (n - i) % mod;
for (i = k + 2; i >= 1; -- i) q[i] = 1ll * q[i + 1] * (n - i) % mod;
for (i = 1; i <= k + 2; ++ i) {
ans = (ans + 1ll * a[i] * p[i - 1] % mod * q[i + 1] % mod * dw % mod) % mod;
dw = 1ll * dw * (i - k - 2) % mod * inv[i] % mod;
}
ans = (ans < 0) ? ans + mod : ans;
return ans;
}
int main() {
scanf("%d", &T);
register int i;
for (inv[1] = 1, i = 2; i < maxn; ++ i) inv[i] = - 1ll * (mod / i) * inv[mod % i] % mod;
for (pw[1] = 1, i = 2; i < maxn; ++ i) pw[i] = 1ll * pw[i - 1] * (1 - i) % mod;
while (T --) {
scanf("%lld%d", &n, &k);
for (i = 1; i <= k + 2; ++ i) a[i] = (a[i - 1] + mpow(i, k)) % mod, a[i] = (a[i] >= mod) ? a[i] - mod : a[i];
printf("%d\n", Largrange());
}
return 0;
}