[CodeForces622F]The Sum of the k-th Powers

题意:这是一个模板题求$\sum_{i=1}^ni^m$

可以知道这个解显然是一个$d=m+1$次多项式

考虑拉格朗日插值求这个多项式的解

假设有$d+1$组点值$(x_0,y_0),(x_1,y_1),\ldots,(x_d,y_d)$

那么这个多项式可以表示成$f(n)=\sum_{i=0}^dl_i(n)y_i$

其$l_i(n)=\prod_{j=0,j\neq i}^d\frac{n-x_j}{x_i-x_j}$

一般的我们取$x_i=i,y_i=f(i)$

$\Rightarrow l_i=\prod_{j=0,j\neq i}^d\frac{n-j}{i-j}$

$=\frac{n(n-1)\ldots(n-d)}{(n-i)(\prod_{j=0}^{i-1}i-j)(\prod_{j=i+1}^dj-i)(-1)^{d-i}}$

$=(-1)^{d-i}\frac{n(n-1)\ldots(n-d)}{(n-i)i!(d-i)!}$

$=(-1)^{d-i}\frac{n(n-1)\ldots(n-i+1)(n-i-1)\ldots(n-d)}{i!(d-i)!}$

$\Rightarrow f(n)=\sum_{i=0}^d(-1)^{d-i}f(i)\frac{n(n-1)\ldots(n-i+1)(n-i-1)\ldots(n-d)}{i!(d-i)!}$

考虑到$g(x)=x^m$是积性函数,可以在$O(\frac{m}{\ln m}\log(P-2))$的时间预处理

然后预处理阶乘逆元,前缀积和后缀积就可以在$O(m)$的时间内完成插值,或者你嫌麻烦也可以$O(m\log m)$做

#include<bits/stdc++.h>
#define fp(i,a,b) for(int i=a,I=b;i<=I;++i)
#define fd(i,a,b) for(int i=a,I=b;i>=I;--i)
#define file(s) freopen(s".in","r",stdin),freopen(s".out","w",stdout)
using namespace std;
const int N=1e6+5,P=1e9+7;
typedef int arr[N];
typedef long long ll;
int n,m,d;arr is,pr,g,f,pre,suf,fac,ifac;ll ans;
inline int fpm(int a,int b){int x=1;for(;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P)if(b&1)x=1ll*a*x%P;return x;}
int main(){
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        file("s");
    #endif
    scanf("%d%d",&n,&m);d=m+1;
    g[1]=fac[0]=1;
    fp(i,2,d){
        if(!is[i])pr[++pr[0]]=i,g[i]=fpm(i,m);
        for(int j=1,x;j<=pr[0]&&(x=i*pr[j])<=d;++j){
            g[x]=1ll*g[i]*g[pr[j]]%P;is[x]=1;
            if(i%pr[j]==0)break;
        }
    }
    fp(i,1,d)f[i]=(f[i-1]+g[i])%P;
    if(n<=d)return printf("%d",f[n]),0;
    fp(i,1,d)fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%P;ifac[d]=fpm(fac[d],P-2);
    fd(i,d,1)ifac[i-1]=1ll*ifac[i]*i%P;
    pre[0]=1;fp(i,1,d)pre[i]=1ll*pre[i-1]*(n-i+1)%P;
    suf[d]=1;fd(i,d,1)suf[i-1]=1ll*suf[i]*(n-i)%P;
    fp(i,0,d)
        ans+=1ll*((d-i)&1?-1:1)*f[i]*pre[i]%P*suf[i]%P*ifac[d-i]%P*ifac[i]%P;
    printf("%lld",(ans%P+P)%P);
return 0;
}

其实我们还可以$O(m\log m)$多项式求逆求出伯努利级数,然后$O(m)$扫一遍

不过伯努利级数貌似比较局限(其实就是蒟蒻码力有限)