对至高无上的wxk神的伟大作品的无耻剽窃
FBI Warings:本文属于剽窃作品！
问题：求出
\[\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}\times i^k
\]
可以看出问题就等于：
\[\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}\times [x^k]e^{ix}
\]
\[=[x^k]\sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}e^{ix}
\]
\[=[x^k](1+e^x)^n
\]
那么直接多项式快速幂可以做到 \(\Theta(k\log n)\)。但是我们其实可以通过进一步推导得到更优的解法。
我们可以设 \(F(z)=(z+1)^n\)，然后我们设 \(\mathscr F(z+1)=F(z+1) \mod z^{k+1}\)，这里面 \(z=e^x-1\)，满足其常数项为 \(0\)，所以这样才能满足对于 \(z^{k+1}\) 取模是原答案。
然后我们考虑到存在：
\[(z+2)F^{'}(z+1)-nF(z+1)=0
\]
\[\Rightarrow (z+2)\mathscr F^{'}(z+1)-n\mathscr F(z+1)=-2nz^k[z^k]F^{'}(z+1)
\]
\[\Rightarrow (z+2)\mathscr F^{'}(z+1)-n\mathscr F(z+1)=(k-n)\binom{n}{k}2^{n-k}z^k
\]
注意求导是对于 \(z\) 的，下式与上式不同的点在于 \(\mathscr F(z+1)\) 只有前面 \(z^k\) 项，所以对于 \(z^k\) 会缺少 \(F^{'}(z+1)\) 所带来的贡献。
我们考虑对于每项去确认相同，设 \(t=z+1\)，那么存在
\[(i+1)[t^{i+1}]\mathscr F^{'}(t)+i[t^i]$\mathscr F(t)-n[t^i]\mathscr F(t)=(k-n)\binom{n}{k}2^{n-k}\binom{k}{i}(-1)^{k-i}$
$$\Rightarrow [t^{i+1}]\mathscr F^{'}(t)=\frac{1}{i+1}((k-n)\binom{n}{k}2^{n-k}\binom{k}{i}(-1)^{k-i}+(n-i)][t^i]\mathscr F(t))\]
还有一个问题是如何求到 \([t^0]\mathscr F(t)\)，可以发现：
\[[t^0]\mathscr F(t)=\sum_{i=0}^{k} [z^i]\mathscr F(t)(-1)^i
\]
\[=\sum_{i=0}^{k} \binom{n}{i}2^{n-i}(-1)^i
\]
最后把 \(e^x\) 带进去即可。然后我们就可以 \(\Theta(k)\) 处理这个问题了。
