51nod 1258 序列求和 V4

Solution

T(n) = n^k，S(n) = T(1) + T(2) + …… T(n)。给出n和k，求S(n)。

例如k = 2，n = 5，S(n) = 1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 = 55。

由于结果很大，输出S(n) Mod 1000000007的结果即可。

1 <= T <= 500

1 <= N <= 10^18, 1 <= K <= 50000

Solution

最裸的自然数幂和问题，回忆一下在jz时巨佬们讲授的拉格朗日插值法

考虑k=1的时候式子就是等差数列求和，有s=(n+1)n2s=(n+1)n2

考虑k=2的时候有s=n(n+1)(2n+1)6s=n(n+1)(2n+1)6

考虑k=3的时候有s=[n(n+1)(2n+1)6]2s=[n(n+1)(2n+1)6]2

可以发现答案是一个k+1次多项式（大胆猜想感性求证），那么暴力前面k+2个点插值求第n个点即可

拉格朗日插值：对于一个n次多项式可以用n+1个点拟合，那么多项式f(x)一定可以表示为f(x)=∑nk=0bk(x)∗yk=∑∏x−xi∏xk−xi∗ykf(x)=∑k=0nbk(x)∗yk=∑∏x−xi∏xk−xi∗yk

思想实际上是很单纯的，我们强制在x1x1处取y1y1，在x2x2处取y2y2以此类推就得到了这样的多项式。可以发现乘除都是连续的一段数字，那么实际上可以O(n)搞完

Code

#include <stdio.h>
#include <string.h>
#define rep(i,st,ed) for (int i=st;i<=ed;++i)
#define drp(i,st,ed) for (int i=st;i>=ed;--i)

typedef long long LL;
const int MOD=1000000007;
const int N=500005;

LL a[N+1],b[N+1],c[N+1],inv[N+1];

LL ksm(LL x,LL dep) {
if (dep==0) return 1;
if (dep==1) return x;
LL tmp=ksm(x,dep/2);
if (dep%2) return tmp*tmp%MOD*x%MOD;
return tmp*tmp%MOD;
}

void solve(LL n,LL m) {
if (n<=m+2) {
printf("%lld\n", a
);
return ;
}
n=n%MOD;
b[0]=c[m+3]=1;
rep(i,1,m+2) b[i]=b[i-1]*(n-i)%MOD;
drp(i,m+2,1) c[i]=c[i+1]*(n-i)%MOD;
LL ans=0,rec=1;
rep(i,2,m+2) rec=rec*(1-i)%MOD;
rec=ksm(rec,MOD-2);
rep(i,1,m+2) {
ans=(ans+a[i]*b[i-1]%MOD*c[i+1]%MOD*rec%MOD)%MOD;
rec=rec*(i-m-2)%MOD*inv[i]%MOD;
}
printf("%lld\n", (ans+MOD)%MOD);
}

int main(void) {
rep(i,1,N) inv[i]=ksm(i,MOD-2);
int T; scanf("%d",&T);
while (T--) {
LL n,m; scanf("%lld%lld",&n,&m);
rep(i,1,m+2) a[i]=(a[i-1]+ksm(i,m))%MOD;
solve(n,m);
}
return 0;
}