Problem. P
题意简述：
给定\(n,m,u,v\)，求\(\sum\limits_{\sum\limits_{i=0}^mk_i=n}\prod\limits_{i=0}^m(u+iv)^{k_i}(k_i\in\mathbb N)\)，答案对\(1000000007\)取模。
数据范围：
\(n\le10^{18},0\le u,v\le10^9,m\le10^6\)
解法：
首先我们知道\(ans=[x^{n+m+1}]\prod\limits_{k=0}^m\frac x{1-(u+vk)x}\)。
方法\(1\)：
设\(F(z)=\prod\limits_{k=0}^m\frac z{1-(u+vk)z}\)，考虑形式Laplace-Borel逆变换。
\[\widehat F(z)=\frac1{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}F(ze^{-i\vartheta})e^{e^{i\vartheta}}\mathrm d\vartheta
\]
设\(\zeta=e^{i\vartheta}\)，考虑换元积分法。
\[\widehat F(z)=\frac1{2\pi i}\int_{|\zeta|=1}\frac{e^{\zeta}}{\zeta}F(\frac z{\zeta})\mathrm d{\zeta}=\frac1{2\pi i}\int_{|\zeta|=1}\frac{e^{\zeta}}{\zeta\prod\limits_{j=0}^m(\frac{\zeta}z-(u+vj))}\mathrm d{\zeta},\quad|z|<\frac1{|u+vm|}
\]
考虑利用留数定理进行计算。
\[\widehat F(z)=\sum\limits\operatorname{Res}(f(\zeta),a_i),f(\zeta)=\frac{e^{\zeta}}{\zeta\prod\limits_{j=0}^m(\frac{\zeta}z-(u+vj))}
\]
很显然\(f(\zeta)\)仅有\(m+2\)个奇点，且这些都是单极点。计算得到：
\[\begin{aligned}
\operatorname{Res}_{\zeta=0}f(\zeta)&=\frac{(-1)^{m+1}}{\prod\limits_{j=0}^m(u+vj)}\\
\operatorname{Res}_{\zeta=(u+vk)z}f(\zeta)&=\frac{e^{u+vk}}{(u+vk)\prod\limits_{j\ne k}v(k-j)}=\frac{(-1)^{m-k}e^{u+vk}}{(u+vk)v^mk!(m-k)!}=\frac{(-1)^{m-k}}{v^mm!}{m\choose k}\frac{e^{(u+vk)z}}{(u+vk)}
\end{aligned}
\]
利用二项式定理可以得到：
\[\widehat F(z)=\int\frac{e^{uz}(e^{vz}-1)^m}{m!v^m}\mathrm dz
\]
那么我们有：
\[ans=[z^{n+m}]\frac{e^{uz}(e^{vz}-1)^m}{m!v^m}=\frac{\sum\limits_{k=0}^m(-1)^{m-k}{m\choose k}(u+vk)^{n+m}}{m!v^m}
\]
方法\(2\)：
构造多项式列\(\{F_0(x),\cdots\}\)，其中\(F_i(x)=\frac1{1-(u+vi)x}\)。
我们对其定义差分运算：
\[\Delta^0F_i(x)=F_i(x),\Delta^jF_i(x)=\Delta^{j-1}F_{i+1}(x)-\Delta^{j-1}F_i(x)
\]
利用数学归纳法不难得到：
\[\Delta^tF_k=\frac{t!v^tx^t}{\prod\limits_{i=k}^{k+t}1-(u+vi)x}
\]
因此我们有：
\[ans=\frac1{m!v^m}[x^{n+m}]\Delta^mF_0(x)
\]
我们知道：
\[[x^{n+m}]F_k(x)=(u+vk)^{n+m}
\]
根据差分的定义不难得到：
\[\Delta^tF_k(x)=\sum\limits_{i=0}^t(-1)^{t-i}{t\choose k}F_{k+t}(x)
\]
因此我们可以得到：
\[ans=\frac1{m!v^m}[x^{n+m}]\Delta^mF_0(x)=\frac{\sum\limits_{k=0}^m(-1)^{m-k}{m\choose k}(u+vk)^{n+m}}{m!v^m}
\]
直接快速幂即可做到\(O(m\log n)\)。
