51nod1229-序列求和V2【数学,拉格朗日插值】

1|0正题

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

1|1题目大意

给出 $n,k,r$ 求

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

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

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

1|2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}

$S_k=\sum_{i=1}^ni^kr^i,rS_k=\sum_{i=2}^{n+1}(i-1)^kr^i$

(r - 1) S_{k} = n^{k} r^{n + 1} - r + \sum_{i = 2}^{n} ((i - 1)^{k} - i^{k}) r^{i}

$(r-1)S_k=n^kr^{n+1}-r+\sum_{i=2}^n\left((i-1)^k-i^k\right)r^i$

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} (\binom{k}{j}) r^{i}

$(r-1)S_k=n^kr^{n+1}-r+\sum_{i=2}^n\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}r^i$

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} (\binom{k}{j}) \sum_{i = 2}^{n} r^{i}

$(r-1)S_k=n^kr^{n+1}-r+\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{i-j}\binom{k}{j}\sum_{i=2}^nr^i$

\Rightarrow S_{k} = \frac{n^{k} r^{n + 1} - r + \sum_{j = 0}^{k - 1} (- 1)^{k - j} (\binom{k}{j}) (S_{j} - r)}{r - 1}

$\Rightarrow S_k=\frac{n^kr^{n+1}-r+\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}(S_j-r)}{r-1}$

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

$(r-1)\frac{S_k-r}{k!}=n^kr_{n+1}-r-(r-1)\frac{r}{k!}+\sum_{j=0}^{k-1}\frac{(-1)^{k-j}}{(k-j)!}\frac{S_j-r}{j!}$

设

H (x) = \sum_{i = 0}^{\infty} (n^{i} r_{n + 1} - r - (r - 1) \frac{r}{i!}) x^{i}

$H(x)=\sum_{i=0}^\infty (n^ir_{n+1}-r-(r-1)\frac{r}{i!})x^i$

G (x) = \sum_{i = 0}^{\infty} \frac{S_{i} - r}{i!}, F (x) = \sum_{i = 1}^{\infty} \frac{(- 1)^{i}}{i!}

$G(x)=\sum_{i=0}^\infty \frac{S_i-r}{i!},F(x)=\sum_{i=1}^{\infty}\frac{(-1)^i}{i!}$

那么有

(r - 1) G (x) = H (x) + F (x) G (x)

$(r-1)G(x)=H(x)+F(x)G(x)$

\Rightarrow G (x) = \frac{H (x)}{r - 1 - F (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（（（、

1|3code

#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;
}

__EOF__

本文作者：QuantAsk
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