【bzoj3157】【bzoj3516】国王奇遇记 && 国王奇遇记加强版

最新推荐文章于 2019-08-16 17:11:08 发布

GEOTCBRL

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分类专栏：组合数学递推

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本文介绍了一种求解∑mi=1immi的数学问题的方法，通过差分技巧和二项式定理，推导出了一个可以在预处理阶乘和逆元的情况下以O(m^2logn)的时间复杂度进行递推的公式。

摘要生成于 C知道，由 DeepSeek-R1 满血版支持，前往体验 >

　　求 $\sum_{i=1}^{m}i^{m}m^{i}$ 。
　　目前想到的做法是 $m^2\log n$ 的，不知道可不可以分治什么的继续简化复杂度。
　　这个式子里比较难处理的是 $i^m$ 这一项，于是尝试用做差法消掉点什么。
　　 $\ \ \ \ m\sum_{i=1}^{m}i^{m}m^{i}-\sum_{i=1}^{m}i^{m}m^{i}$
　　 $=\sum_{i=2}^{n+1}(i-1)^m m^i-\sum_{i=1}^{n}i^m m^i$
　　 $=\sum_{i=1}^{n}((i-1)^m - i^m)m^i + n^m m^{n+1}$
　　似乎是一大坨乱的东西，但是如果用二项式定理把m次幂给拆了之后会发现很好玩的东西。
　　 $=n^m m^{n+1}-\sum_{i=1}^{n}(i^m - (i - 1)^m)$
　　 $=n^m m^{n+1}-\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{m-1}(-1)^j\binom{m}{j}i^{j}m^{i}$
　　出现了 $i^j m^i$ ！
　　令 $S_{k}=\sum_{i=1}^{n}i^k m^i$ ，换一下上面的 $\sum$ 。
　　 $=n^m m^{n+1}-\sum_{j=0}^{m-1}(-1)^{m-j}\binom{m}{j}\sum_{i=1}^{n}i^j m^i$
　　 $=n^m m^{n+1}-\sum_{j=0}^{m-1}(-1)^{m-j}\binom{m}{j}S_{j}$
　　于是可以有通项
　　 $S_{k}=\frac{n^k m^{n+1}-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}S_{j}}{m-1}$
　　推了两节课。。。呼。。。。
　　预处理阶乘和逆元然后递推。
　　时间复杂度 $O(m^2\log n)$ 。
　　

#include <bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(ll i=a;i<=b;i++)
#define per(i,a,b) for(ll i=a;i>=b;i--)
#define maxn 1007

inline int rd() {
    char c = getchar();
    while (!isdigit(c)) c = getchar() ; int x = c - '0';
    while (isdigit(c = getchar())) x = x * 10 + c - '0';
    return x;
}

typedef long long ll ;
typedef ll arr[maxn];

const ll mod = 1000000007;

inline ll add(ll a , ll b) { return ((ll) a + b) % mod ; }
inline ll mul(ll a , ll b) { return ((ll) a * b) % mod ; }
inline ll dec(ll a , ll b) { return ((((ll) a - b) % mod) + mod) % mod ; }

inline ll Pow(ll a , ll b) {
    ll t = 1;
    while (b) {
        if (b & 1) t = mul(t , a);
        a = mul(a , a) , b >>= 1;
    }
    return t;
}

arr PowN , fact , invF , S;
ll n , m;

void input() {
    n = rd() , m = rd();
    PowN[0] = 1;
    rep (i , 1 , m) PowN[i] = mul(PowN[i - 1] , n);
    fact[0] = 1;
    rep (i , 1 , m) fact[i] = mul(fact[i - 1] , i);
    invF[0] = 1;
    rep (i , 1 , m) invF[i] = mul(invF[i - 1] , Pow(i , mod - 2));
}

inline ll _C(ll n , ll m) {
    if (n < m) return 0;
    return mul(fact[n] , mul(invF[n - m] , invF[m]));
}

void solve() {
    if (m == 1) {
        printf("%lld\n" , (ll) (n * (n + 1) / 2) % mod);
        return;
    }
    ll   M = Pow(m , n + 1),
        _M = Pow(m - 1 , mod - 2);
    S[0] = mul(dec(M , m) , _M);
    rep (i , 1 , m) {
        S[i] = mul(PowN[i] , M);
        rep (j , 0 , i - 1)
            S[i] = dec(S[i] , mul(_C(i , j) , S[j]) * (((i - j) & 1) ? 1 : -1));
        S[i] = mul(S[i] , _M);
    }
    printf("%lld\n" , S[m]);
}

int main() {
    #ifndef ONLINE_JUDGE
        freopen("data.txt" , "r" , stdin);
        freopen("data.out" , "w" , stdout);
    #endif
    input();
    solve();
    return 0;
}