51nod 1258 序列求和 V4

题目描述

T(n) = n^k，S(n) = T(1) + T(2) + ...... T(n)。给出n和k，求S(n)。

 

例如k = 2，n = 5，S(n) = 1^2 + 2^2 + 3^2 + 4^2 + 5^2 = 55。

由于结果很大，输出S(n) Mod 1000000007的结果即可。

Input

第1行：一个数T，表示后面用作输入测试的数的数量。（1 <= T <= 500)
第2 - T + 1行：每行2个数，N, K中间用空格分割。(1 <= N <= 10^18, 1 <= K <= 50000)

Output

共T行，对应S(n) Mod 1000000007的结果。

Input示例

3
5 3
4 2
4 1

Output示例

225
30
10

Solution

很裸的一道自然数幂和问题。 我是用的是拉格朗日插值法
已知一个最高次项为n的多项式，已知n+1个点就能求得其解析式。
考虑构造多项式使其满足函数经过(x0,y0),(x1,y1),(x2,y2)...(xn+1,yn+1).

其中g(x)为n次多项式，显然要使其成立则
可推得
把要求的k带入函数中就可求出其自然数幂和

Code

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstdlib>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=50005;
const int MOD=1000000007;

int k,a[N],ny[N],pow[N],p[N],q[N];
LL n;

int ksm(int x,int y)
{
    int ans=1;
    while (y)
    {
        if (y&1) ans=(LL)ans*x%MOD;
        x=(LL)x*x%MOD;y>>=1;
    }
    return ans;
}

int solve(LL x)
{
    if (x<=k+2) return a[x];
    x%=MOD;
    int w=ksm(pow[k+2],MOD-2);LL ans=0;
    p[0]=q[k+3]=1;
    for (int i=1;i<=k+2;i++) p[i]=(LL)p[i-1]*(x-i)%MOD;
    for (int i=k+2;i>=1;i--) q[i]=(LL)q[i+1]*(x-i)%MOD;
    for (int i=1;i<=k+2;i++)
    {
        (ans+=(LL)a[i]*w%MOD*p[i-1]%MOD*q[i+1])%=MOD;
        w=(LL)w*(i-k-2)%MOD*ny[i]%MOD;
    }
    ans+=ans<0?MOD:0;
    return ans;
}

int main()
{
    int T;
    scanf("%d",&T);
    for (int i=1;i<=50002;i++) ny[i]=ksm(i,MOD-2);
    pow[1]=1;
    for (int i=2;i<=50002;i++) pow[i]=(LL)pow[i-1]*(1-i)%MOD;
    while (T--)
    {
        scanf("%lld%d",&n,&k);
        for (int i=1;i<=k+2;i++) a[i]=a[i-1]+ksm(i,k),a[i]-=a[i]>=MOD?MOD:0;
        printf("%d\n",solve(n));
    }
    return 0;
}