数学竞赛题解析-优快云博客

本文链接：https://blog.youkuaiyun.com/TA201314/article/details/46794851

给定k，a，n，d
定义

f (n) = \sum i = 1 n i k, g (n) = \sum i = 1 n f (i)

$f(n)=\sum_{i=1}^ni^k,g(n)=\sum _{i=1}^nf(i)$
求

\sum i = 0 n g (a + i * d) m o d 1234567891

$\sum_{i=0}^ng(a+i*d)\ mod \ 1234567891$
多组数据。

T≤3 $T\le 3$

1≤k≤123;0≤a,n,d≤123456789 $1\le k\le 123; 0\le a,n,d\le 123456789$
时限：5s，空间限制：256MB

这个题当时考试的时候没时间做了，其实还是比较可做的。
看到这么一坨吃屎的式子，首先我们可以先试着求一求g(n)。

g (n) = \sum i = 1 n (n - i + 1) i k = (n + 1) \sum i = 1 n i k - \sum i = 1 n i k + 1

$g(n)=\sum_{i=1}^n(n-i+1)i^k=(n+1)\sum_{i=1}^ni^k-\sum_{i=1}^ni^{k+1}$
考虑

∑xi=1ik $\sum_{i=1}^xi^k$ 这玩意儿显然可以用累加法递推求出来。

x k + 1 - (x - 1) k + 1 = - \sum j = 1 k + 1 (- 1) j x k + 1 - j

$x^{k+1}-(x-1)^{k+1}=-\sum_{j=1}^{k+1}(-1)^jx^{k+1-j}$

(x - 1) k + 1 - (x - 2) k + 1 = - \sum j = 1 k + 1 (- 1) j x k + 1 - j

$(x-1)^{k+1}-(x-2)^{k+1}=-\sum_{j=1}^{k+1}(-1)^jx^{k+1-j}$
…

1 k + 1 - 0 k + 1 = - \sum j = 1 k + 1 (- 1) j

$1^{k+1}-0^{k+1}=-\sum_{j=1}^{k+1}(-1)^j$
将x个方程的左右两边相加，即可得到：

x k + 1 = - \sum j = 1 k + 1 (- 1) j \sum i = 1 x i k + 1 - j

$x^{k+1}=-\sum_{j=1}^{k+1}(-1)^j\sum_{i=1}^xi^{k+1-j}$ ,移项：

\sum i = 1 x i k = (k + 1) - 1 (x k + 1 + \sum j = 2 k + 1 (- 1) j \sum i = 1 x i k + 1 - j)

$\sum_{i=1}^xi^k=(k+1)^{-1}(x^{k+1}+\sum_{j=2}^{k+1}(-1)^j\sum_{i=1}^xi^{k+1-j})$
这样的话，我们就可以递推出

∑xi=1ik $\sum_{i=1}^xi^k$ ，注意到还需要用到逆元，所以求一个g的时间复杂度边是

O(k2+klog2k) $O(k^2+klog_2k)$ ，当然这并没有什么卵用（其实这是60分），然后我们继续化式子。

a n s = \sum j = 0 n ((a + j * d + 1) \sum i = 1 a + j * d i k - \sum i = 1 a + j * d i k + 1)

$ans=\sum_{j=0}^n((a+j*d+1)\sum_{i=1}^{a+j*d}i^k-\sum_{i=1}^{a+j*d}i^{k+1})$
注意到对于同一个形如

∑xi=1ik $\sum_{i=1}^xi^k$ 的家伙，它其实等价于一个x的k+1次多项式，我们可以在

O(k3+klog2k) $O(k^3+klog_2k)$ 的时间复杂度内搞出它的各项系数，所以我们不妨设其各项系数为

{ak,k+1} $\{a_{k,k+1}\}$ ,便可将上式化简为

a n s = \sum i = 1 k + 1 a k, i \sum j = 0 n ((a + j * d + 1) (a + j * d) i) - \sum i = 1 k + 2 a k + 1, i \sum j = 0 n (a + j * d) i

$ans=\sum_{i=1}^{k+1}a_{k,i}\sum_{j=0}^n((a+j*d+1)(a+j*d)^i)-\sum_{i=1}^{k+2}a_{k+1,i}\sum_{j=0}^n(a+j*d)^i$

= \sum i = 1 k + 1 a i (\sum j = 0 n (a + j * d) i + 1 + \sum j = 0 n (a + j * d) i) - \sum i = 1 k + 2 a k + 1, i \sum j = 0 n (a + j * d) i

$=\sum_{i=1}^{k+1}a_i(\sum_{j=0}^n(a+j*d)^{i+1}+\sum_{j=0}^n(a+j*d)^i)-\sum_{i=1}^{k+2}a_{k+1,i}\sum_{j=0}^n(a+j*d)^i$
系数我们已经可以求出来了，注意里面的式子，会发现它又是我们熟悉的形如（只是形如）

∑xi=1ik $\sum_{i=1}^xi^k$ 的家伙，所以我们大可用同样的方法递推它，只是递推式变成了

\sum i = 0 n (a + j * d) k = ((k + 1) d) - 1 ((a + n * d) k - (a - d) k + \sum j = 2 k + 1 (- d) j \sum i = 0 n (a + i * d) k + 1 - j)

$\sum_{i=0}^n(a+j*d)^k=((k+1)d)^{-1}((a+n*d)^k-(a-d)^k+\sum_{j=2}^{k+1}(-d)^j\sum_{i=0}^n(a+i*d)^{k+1-j})$
但是，真正需要注意的地方是d=0的时候！这个式子是没有意义的，也就是说d=0时不能用这个式子来求，应该单独讨论这种蛋疼的情况。
这样的话，我们就可以在

O(k2+klog2P) $O(k^2+klog_2P)$ 的时间复杂度内求出这货了，然后回带回去即可，不过我们注意到k的范围比较小，所以我们可以预处理1~k的逆元，这样理论时间复杂度就降到了

O(k3+log2k+Tk2+Tlog2d)≈106 $O(k^3+log_2k+Tk^2+Tlog_2d)≈10^6$ ，哪怕k开到300都可以在1s以内快速出解，不知道为什么出题人把时限开到了5s。
代码：

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<iostream>
using namespace std;
#include<algorithm>
#define Mod 1234567891
typedef long long LL;
LL pow(int a,int b){
    LL ans=1,t=a;
    for(;b;b>>=1,t=t*t%Mod)
        if(b&1)
            ans=ans*t%Mod;
    return ans;
}
LL ni(int a){
    return pow(a,Mod-2);
}
LL C[130][130];
LL xishu[130][130];
LL said[135];
int main(){
    freopen("sum.in","r",stdin);
    freopen("sum.out","w",stdout);
    int k,i,j,T;
    for(i=0;i<130;++i)C[i][0]=1;
    for(i=1;i<130;++i)
        for(j=i;j;--j)
            C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%Mod;
    xishu[0][1]=1;
    LL niyuan;
    int fu;
    for(k=1;k<130;++k){
        fu=1;
        for(j=2;j<=k+1;++j,fu=-fu)
            for(i=k+1-j+1;i;--i)
                xishu[k][i]=(xishu[k][i]+fu*xishu[k-j+1][i]*C[k+1][j])%Mod;
        niyuan=ni(k+1);
        xishu[k][k+1]=1;
        for(j=k+1;j;--j)xishu[k][j]=(xishu[k][j]*niyuan%Mod+Mod)%Mod;
    }

    scanf("%d",&T);
    LL a,n,d,start,end,fac;
    LL ans;
    int K;
    while(T--){
        scanf("%d%I64d%I64d%I64d",&K,&a,&n,&d);
        //said
        start=a,end=(a+n*d)%Mod;
        said[0]=n;
        for(k=1;k<=K+2;++k){
            start=start*a%Mod,end=end*(a+n*d%Mod)%Mod;
            fu=1;
            said[k]=(end-start)%Mod;
            fac=d*d%Mod;
            for(j=2;j<=k+1;++j,fu=-fu,fac=fac*d%Mod)said[k]=(said[k]+fu*fac*C[k+1][j]%Mod*said[k+1-j])%Mod;
            said[k]=said[k]*ni((k+1)*d%Mod)%Mod;
        }
        if(d){
            start=a;
            ++said[0];
            for(k=1;k<=K+2;++k,start=start*a%Mod)said[k]=((said[k]+start)%Mod+Mod)%Mod;
        }
        else{
            start=1;
            for(k=0;k<=K+2;++k,start=start*a%Mod)said[k]=(n+1)*start%Mod;
        }
        //cal first
        ans=0;
        for(i=1;i<=K+2;++i)ans=(ans+xishu[K+1][i]*said[i])%Mod;
        ans=Mod-ans;
        //cal second
        for(i=1;i<=K+1;++i)ans=(ans+xishu[K][i]*((said[i]+said[i+1])%Mod))%Mod;
        printf("%I64d\n",ans);
    }
}