正题

题目链接:http://www.51nod.com/Challenge/Problem.html#problemId=1229

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题目大意

给出$n,k,r$求
$$\sum _{i=1}^n{i}^k{r}^i$$

$1\le T\le 20,1\le n,r\le 10^{18},1\le k\le 2000$

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解题思路

如此明显的式子直接开推
$$S_k=\sum _{i=1}^n{i}^k{r}^i,r{S}_k=\sum _{i=2}^{n+1}(i-1{)}^k{r}^i$$
$$(r-1)S_k=n^k{r}^{n+1}-r+\sum _{i=2}^n\left((i-1{)}^k-i^k\right)r^i$$
二项式展开$(i-1{)}^k$
$$(r-1)S_k=n^k{r}^{n+1}-r+\sum _{i=2}^n\sum _{j=0}^{k-1}(-1{)}^{k-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})r^i$$
然后把$j$提到前面去
$$(r-1)S_k=n^k{r}^{n+1}-r+\sum _{j=0}^{k-1}(-1{)}^{i-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})\sum _{i=2}^n{r}^i$$
$$\Rightarrow S_k=\frac{n^k{r}^{n+1}-r+{\sum }_{j=0}^{k-1}(-1{)}^{k-j}(\genfrac{}{}{0ex}{}{k}{j})(S_j-r)}{r-1}$$

这样$S_k$就可以$O(k^2)$递推了。

当然当$r=1$的时候，不能再使用这个公式，此时${\sum }_{i=1}^n{i}^k$是很经典的问题，直接拉格朗日插值插出一个$k+1$次多项式即可。

此题到这里就圆满结束了，但是以直觉判断上面那个式子可以卷积，拆开组合数然后疯狂跳步一下就是
$$(r-1)\frac{S_k-r}{k!}=n^k{r}_{n+1}-r-(r-1)\frac{r}{k!}+\sum _{j=0}^{k-1}\frac{(-1{)}^{k-j}}{(k-j)!}\frac{S_j-r}{j!}$$
设
$$H(x)=\sum _{i=0}^{\infty }(n^i{r}_{n+1}-r-(r-1)\frac{r}{i!})x^i$$
$$G(x)=\sum _{i=0}^{\infty }\frac{S_i-r}{i!},F(x)=\sum _{i=1}^{\infty }\frac{(-1{)}^i}{i!}$$
那么有
$$(r-1)G(x)=H(x)+F(x)G(x)$$
$$\Rightarrow G(x)=\frac{H(x)}{r-1-F(x)}$$

然后多项式求逆即可，时间复杂度$O(k\log k)$，虽然这题的模数不能用，但是可以顺便解决掉序列求和V5。

但是最近写的多项式求逆有点多，咕了，所以上面的式子如果有错我也没办法（（（、

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code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=2100,P=1e9+7;
ll T,n,k,r,inv[N],fac[N],pre[N],suf[N],s[N];
ll power(ll x,ll b){ll ans=1;b%=P-1;x%=P;while(b){if(b&1)ans=ans*x%P;x=x*x%P;b>>=1;}return ans;
}
ll C(ll n,ll m)
{return fac[n]*inv[m]%P*inv[n-m]%P;}
signed main()
{scanf("%lld",&T);inv[0]=fac[0]=inv[1]=1;for(ll i=2;i<N;i++)inv[i]=P-inv[P%i]*(P/i)%P;for(ll i=1;i<N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%P,inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;while(T--){scanf("%lld%lld%lld",&n,&k,&r);r%=P;if(r==1){ll ans=0;k+=2;n%=P;pre[0]=suf[k+1]=1;for(ll i=1;i<=k;i++)pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%P;for(ll i=k;i>=1;i--)suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%P;for(ll i=1,p=0;i<=k;i++){p=(p+power(i,k-2))%P;(ans+=p*pre[i-1]%P*suf[i+1]%P*inv[i-1]%P*(((k-i)&1)?P-inv[k-i]:inv[k-i])%P)%=P;}printf("%lld\n",(ans+P)%P);}else{ll z=power(r,n+1),invr=power(r-1,P-2);s[0]=(z-r+P)*invr%P;n%=P;for(ll i=1,pw=n;i<=k;i++,pw=pw*n%P){s[i]=(z*pw-r+P)%P;s[i-1]=(s[i-1]-r+P)%P;for(ll j=0;j<i;j++)(s[i]+=(((i-j)&1)?(P-1):(1))*s[j]%P*C(i,j)%P)%=P;s[i]=s[i]*invr%P;}printf("%lld\n",(s[k]+P)%P);}}return 0;
}