[TJOI2018]教科书般的亵渎

传送门

做这道题的时候超级有画面感……

这道题其实不是很难……只要掌握了结论就不是什么问题，不过我因为推错了还是做了好长时间……

题目其实就是要求你重复多次求

$$\sum_{i=1}^n i^{m+1}$$

以前有大神写论文告诉我们，这个式子是一个以\(n\)为自变量的\(k+1\)（\(k\)是指数）次多项式，那么我们就可以用拉格朗日插值求一下。

这题的数据范围很小，所以其实可以不使用\(O(n)\)的算法，直接普通的求也是可以过的。然后注意要删去不存在的血量给答案的贡献，因为每次释放亵渎以后，这个血量也会相对应变化，所以其实每次减去的是枚举到的血量减去已经被亵渎消耗过的血量（我就是在这wa的）

之后就比较正常了，时间复杂度\(O(Tn^3)\).

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<set>
#include<vector>
#include<map>
#include<queue>
#define rep(i,a,n) for(int i = a;i <= n;i++)
#define per(i,n,a) for(int i = n;i >= a;i--)
#define enter putchar('\n')
#define fr friend inline
#define y1 poj
#define mp make_pair
#define pr pair<int,int>
#define fi first
#define sc second
#define pb push_back

using namespace std;
typedef long long ll;
const int M = 100005;
const int INF = 1000000009;
const double eps = 1e-7;
const ll mod = 1e9+7;

ll read()
{
    ll ans = 0,op = 1;char ch = getchar();
    while(ch < '0' || ch > '9') {if(ch == '-') op = -1;ch = getchar();}
    while(ch >= '0' && ch <= '9') ans = ans * 10 + ch - '0',ch = getchar();
    return ans * op;
}

ll T,n,m,a[M],x[M],y[M];

ll qpow(ll a,ll b)
{
   ll p = 1;
   while(b)
   {
      if(b & 1) p *= a,p %= mod;
      a *= a,a %= mod;
      b >>= 1;
   }
   return p;
}

ll lagrange(ll k)
{
   //rep(i,1,m+3) printf("#%lld %lld\n",x[i],y[i]);
   ll p = 0;k %= mod;
   rep(i,1,m+3)
   {
      ll cur = 1;
      rep(j,1,m+3)
      {
     if(i == j) continue;
     ll now = (x[i] - x[j] + mod) % mod;
     cur = cur * (k - x[j] + mod) % mod * qpow(now,mod-2) % mod;
      }
      p = p + (cur * y[i] % mod),p %= mod;
   }
   return p;
}

int main()
{
   T = read();
   while(T--)
   {
      n = read(),m = read();
      rep(i,1,m) a[i] = read();
      sort(a+1,a+1+m);
      per(i,m,1) {if(a[i] == n) n--,m--; else break;}
      rep(i,1,m+3) x[i] = i,y[i] = qpow(i,m+1),y[i] += y[i-1],y[i] %= mod;
      ll ans = 0;
      rep(i,0,m)
      {
     ans += lagrange(n - a[i]),ans %= mod;
     //printf("#%lld\n",ans);
     rep(j,i+1,m) ans -= qpow(a[j] - a[i],m+1),ans += mod,ans %= mod;
      }
      printf("%lld\n",ans % mod);
   }	 
   return 0;
}