CF622F-The Sum of the k-th Powers【拉格朗日插值】

1|0正题

题目链接:https://www.luogu.com.cn/problem/CF622F

1|1题目大意

给出 $n,k$ ，求

\sum_{i = 1}^{n} i^{k}

$\sum_{i=1}^ni^k$

1|2解题思路

很经典的拉格朗日差值问题
这个东西显然是可以化成一个 $k+1$ 次的多项式的，所以我可以直接代 $k+2$ 个点插出值来。看到顺眼先把 $n,k$ 互换一下。
先上一个要刻在 $DNA$ 里的公式

f (k) = \sum_{i = 1}^{n} y_{i} \prod_{j = 1, j \neq i}^{n} \frac{x_{j} - k}{x_{i} - x_{j}}

$f(k)=\sum_{i=1}^ny_i\prod_{j=1,j\neq i}^n\frac{x_j-k}{x_i-x_j}$

发现这个直接计算是 $O(n^2)$ 的搞不定。
上面的 $x_j-k$ 挺好优化的，分别做一个前后缀积就好了，但是麻烦的是 $x_i-x_j$ 。我们可以利用 $x_i$ 是连续的这个性质，我们只需要带入 $x_i\in[1,n+2]$ 的点即可。

此时 $x_i-x_j$ 就变为了两段阶乘分别是 $\prod_{j=1}^{i-1}\frac{1}{i-j}$ 和 $\prod_{j=i+1}^j\frac{1}{i-j}$ 。预处理逆元前缀和就好了，需要注意的是因为后面那个式子 $i-j$ 是负数所以我们需要判断一下如果 $n-i$ 是奇数就要取反。

线性筛 $y_i$ 的话时间复杂度 $O(n)$ ，懒得话直接快速幂 $O(n\log k)$

1|3code

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ll long long
using namespace std;
const ll N=1e6+10,P=1e9+7;
ll n,k,ans,inv[N],suf[N],pre[N];
ll power(ll x,ll b){
    ll ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*x%P;
        x=x*x%P;b>>=1;
    }
    return ans;
}
signed main()
{
    scanf("%lld%lld",&k,&n);
    // if(k<=n+2){
    //     for(ll i=1;i<=k;i++)
    //         ans=(ans+power(i,n))%P;
    //     printf("%d\n",ans);
    //     return 0;
    // }
    inv[1]=1;n+=2;
    for(ll i=2;i<=n;i++)
        inv[i]=P-(P/i)*inv[P%i]%P;
    inv[0]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)
        inv[i]=inv[i-1]*inv[i]%P;
    ll tmp=1;pre[0]=suf[n+1]=1;
    for(ll i=1;i<=n;i++)pre[i]=pre[i-1]*(k-i)%P;
    for(ll i=n;i>=1;i--)suf[i]=suf[i+1]*(k-i)%P;
    for(ll i=1,p=0;i<=n;i++){
        (p+=power(i,n-2))%=P;
        ans+=p*pre[i-1]%P*suf[i+1]%P*inv[i-1]%P*(((n-i)&1)?P-inv[n-i]:inv[n-i])%P;
        ans=ans%P;
    }
    printf("%lld\n",(ans+P)%P);
    return 0;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
本文链接：https://www.cnblogs.com/QuantAsk/p/14275636.html
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