「CF622F」The Sum of the k-th Powers「拉格朗日插值」
题意
求∑ni=1ik,n≤109,k≤106
题解
观察可得答案是一个k+1次多项式,我们找k+2个值带进去然后拉格朗日插值
n+1组点值(xi,yi),得到n次多项式f的拉格朗日插值方法:
f(x)=n∑i=0yi∏j≠ix−xjxi−xj
时间复杂度为O(n2).
现在考虑这题,我们把1到k+2带入,有很好的性质:对于每个i,分母是1乘到i−1再乘上−1乘到i−k−2,这可以预处理阶乘O(1)处理。分子可以预处理前后缀积来O(1)得到
于是时间复杂度为O(n),可以通过
#include <algorithm>
#include <cstdio>
using namespace std;
const int mo = 1e9 + 7;
const int N = 1e6 + 10;
int pl[N], pr[N], fac[N];
int qpow(int a, int b) {
int ans = 1;
for(; b >= 1; b >>= 1, a = 1ll * a * a % mo)
if(b & 1) ans = 1ll * ans * a % mo;
return ans;
}
int main() {
int n, k, y = 0, ans = 0;
scanf("%d%d", &n, &k);
pl[0] = pr[k + 3] = fac[0] = 1;
for(int i = 1; i <= k + 2; i ++)
pl[i] = 1ll * pl[i - 1] * (n - i) % mo;
for(int i = k + 2; i >= 1; i --)
pr[i] = 1ll * pr[i + 1] * (n - i) % mo;
for(int i = 1; i <= k + 2; i ++)
fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mo;
for(int i = 1; i <= k + 2; i ++) {
y = (y + qpow(i, k)) % mo;
int a = pl[i - 1] * 1ll * pr[i + 1] % mo;
int b = fac[i - 1] * ((k - i) & 1 ? -1ll : 1ll) * fac[k + 2 - i] % mo;
ans = (ans + 1ll * y * a % mo * qpow(b, mo - 2) % mo) % mo;
}
printf("%d\n", (ans + mo) % mo);
return 0;
}
本文作者:hfhongzy
本文链接:https://www.cnblogs.com/hongzy/p/10371638.html
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