CF622F The Sum of the k-th Powers
知识点: 拉格朗日插值
原题面
题意简述
定义前 \(n\) 个自然数 \(k\) 次幂的和为：
给定 \(n,k\)，求 \(S_k(n)\)。
\(1\le n\le 10^9,\ 1\le k\le 10^6\)。
分析题意
一个性质
\(S_k(n)\) 为关于 \(n\) 的 \(k+1\) 次多项式。
证明考虑对 \(k\) 进行归纳。
当 \(k=0\) 时，\(S_k(n) = n\)，结论成立。
当 \(k=d\) 时：
通过二项式定理化简，提出一项相消，有：
对 \((i+1)^{d+1} - i^{d+1}\) 求和，有：
发现 \(\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)\) 只与 \(j\) 有关，调换求和顺序，有：
化出了有趣的玩意。
展开左侧 \(i^{d+1}\) 的求和式相消，则有：
提出右侧 \(j=d\) 时的 \(S_d(n)\)：
二项式定理展开右侧，并略做处理：
对于右侧，通过数学归纳得到 \(S_j(n)\) 为关于 \(n\) 的 \(j\) 次多项式。
则整个式子最高次项出现在 \(\sum\limits_{j=0}^{d+1}n^j\) 中，次数为 \(d+1\)。
得证。
具体实现
拉格朗日插值是啥？拉格朗日插值。
由性质，\(S_k(n)\) 为关于 \(n\) 的 \(k + 1\) 次多项式，需要 \(k+2\) 个点值进行构造。
可以直接取 \(k+1\) 个点，按照定义计算出 \(S_k(n)\)，构造多项式。
复杂度 \(O(k^2)\)？我觉得不行。
题目对选择的点并没有要求，考虑选取一段连续的点进行优化。
使 \(x_i = i\)，则选择的点集为 \(\{(i, S_k(i))\, \mid \, i \in \N^+, i\le k+2\}\)。
按照定义递推出来即可，复杂度 \(O(k \log k)\)。
考虑要求的点 \((n, S_k(n))\)，将其代入插值公式，有：
发现乘积项的分母与 \(n\) 无关，提出来：
手玩一下乘积项的变化规律。
对于分母，\(j\le k +2\)，在已知 \(i\) 时有：
可先预处理阶乘再求逆元，快速得到分母的值。
对于分子，也暴力拆一波：
考虑维护 \((n-j)\) 的 前/后 缀积，可快速得到分子的值。
则有：
复杂度
\(O(k \log k)\) 处理 \(k+2\) 个连续点值。
\(O(n)\) 预处理前/后 缀积，阶乘。
求逆元时可以 \(O(n)\) 预处理，也可以单次 \(O(\log k)\)。
总复杂度 \(O(k\log k)\)。
优缺点
优点：简单好写，复杂度优秀，就感觉到快。
缺点：出现了除法，需要求逆元，需保证模数为质数。
若模数不为质数怎么办？ 可利用 斯特林数/伯努利数 求解。
伯努利数求解方法 详见 皎月半洒花的题解。
斯特林数求解方法 复杂度 \(O(k^2)\)，无法通过本题，详见 自然数幂之和 - Luckyblock。
代码实现
//知识点：拉格朗日插值
/*
By:Luckyblock
*/
#include <algorithm>
#include <cctype>
#include <cstdio>
#include <cstdlib>
#define ll long long
const int MARX = 1e6 + 10;
const ll mod = 1e9 + 7;
//=============================================================
ll N, K, tmp, ans, pre[MARX], suf[MARX], fac[MARX];
//=============================================================
inline int read() {
int f = 1, w = 0;
char ch = getchar();
for (; !isdigit(ch); ch = getchar())
if (ch == '-') f = -1;
for (; isdigit(ch); ch = getchar()) w = (w << 3) + (w << 1) + (ch ^ '0');
return f * w;
}
ll qpow(ll x, ll y, ll Mod) {
ll ret = 1;
for (; y; x = x * x % Mod, y >>= 1)
if (y & 1) ret = ret * x % Mod;
return ret;
}
//=============================================================
int main() {
N = read(), K = read();
pre[0] = suf[K + 3] = fac[0] = 1;
for (ll i = 1; i <= K + 2; i++) pre[i] = pre[i - 1] * (N - i) % mod;
for (ll i = K + 2; i >= 1; i--) suf[i] = suf[i + 1] * (N - i) % mod;
for (ll i = 1; i <= K + 2; i++) fac[i] = fac[i - 1] * i % mod;
for (int i = 1; i <= K + 2; i++) {
tmp = (tmp + qpow(i, K, mod)) % mod;
ll a = pre[i - 1] * suf[i + 1] % mod;
ll b = fac[i - 1] * ((K - i) & 1 ? -1 : 1) * fac[K + 2 - i] % mod;
ans = (ans + tmp * a % mod * qpow(b, mod - 2, mod) % mod) % mod;
}
printf("%lld\n", (ans + mod) % mod);
return 0;
}
写在最后
参考资料：
拉格朗日插值 - OI Wiki
皎月半洒花的题解
