BZOJ 3516 国王奇遇记加强版(乱推)

题意

求\(\sum_{k=1}^{n}k^mm^k (n\leq1e9,m\leq1e3)\)

思路

在<<具体数学>>中有一个方法用来求和，称为摄动法。
我们考虑用摄动法来求这个和式，看能不能得到比较好的复杂度。
首先令\(f(i)=\sum_{k=1}^nk^im^{k}\)。
然后开始表演

\[\begin{align*} (m-1)f(i)&=\sum_{k=1}^nk^im^{k+1}-\sum_{k=1}^nk^im^k \\ &=\sum_{k=1}^{n+1}(k-1)^im^k-\sum_{k=1}^nk^im^k\\ &=n^im^{n+1}+\sum_{k=1}^nm^k\sum_{j=0}^{i-1}C_i^j(-1)^{i-j}k^j\\ &=n^im^{n+1}+\sum_{j=0}^{i-1}C_i^j(-1)^{i-j}\sum_{k=1}^nk^jm^k\\ &=n^im^{n+1}+\sum_{j=0}^{i-1}C_i^j(-1)^{i-j}f(j) \end{align*} \]

于是我们很神奇的得到了一个\(O(m^2)\)的递推式。
对于解决此题已经足够了。

另外对于这个和式有多项式插值法可以\(O(m)\)解决。
具体例题bzoj4126。

代码

# include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
# define lowbit(x) ((x)&(-x))
# define pi acos(-1.0)
# define eps 1e-8
# define MOD 1000000007
# define INF 1e16
# define mem(a,b) memset(a,b,sizeof(a))
# define FOR(i,a,n) for(register int i=a; i<=n; ++i)
# define FDR(i,a,n) for(register int i=a; i>=n; --i)
# define bug puts("H");
# define lch p<<1,l,mid
# define rch p<<1|1,mid+1,r
# define mp make_pair
# define pb push_back
typedef pair<int,int> PII;
typedef vector<int> VI;
# pragma comment(linker, "/STACK:1024000000,1024000000")
typedef long long LL;
inline char nc(){
    static char buf[1000000],*p1=buf,*p2=buf;
    return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1000000,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;
}
inline int Scan(){
    char ch=nc();int sum=0, f=1;
    if (ch=='-') f=-1, ch=nc();
    while(!(ch>='0'&&ch<='9'))ch=nc();
    while(ch>='0'&&ch<='9')sum=sum*10+ch-48,ch=nc();
    return sum*f;
}
const int N=1005;
//Code begin....

LL C[N][N], ANS[N], INV, COM, P;

LL pow_mod(LL a, LL n, LL mod){
    LL ret=1, tmp=a%mod;
    while (n) {
        if (n&1) ret=ret*tmp%MOD;
        tmp=tmp*tmp%MOD;
        n>>=1;
    }
    return ret;
}
LL inv(LL a, LL mod){return pow_mod(a,mod-2,mod);}
void init(){
    FOR(i,0,1000) {
        C[i][0]=C[i][i]=1;
        FOR(j,1,i-1) C[i][j]=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j])%MOD;
    }
}
int main ()
{
    int n, m;
    init();
    scanf("%d%d",&n,&m);
    if (m==1) {printf("%lld\n",(LL)n*(n+1)/2%MOD); return 0;}
    INV=inv(m-1,MOD); COM=pow_mod(m,n+1,MOD);
    ANS[0]=(COM-m)*INV%MOD; P=1;
    if (ANS[0]<0) ANS[0]+=MOD;
    FOR(i,1,m) {
        P=P*n%MOD;
        LL sum=P*COM%MOD;
        FOR(j,0,i-1) {
            if ((i+j)&1) sum-=C[i][j]*ANS[j]%MOD;
            else sum+=C[i][j]*ANS[j]%MOD;
        }
        sum%=MOD;
        if (sum<0) sum+=MOD;
        ANS[i]=sum*INV%MOD;
    }
    printf("%lld\n",ANS[m]);
    return 0;
}