多次询问组合数前缀和

是一个经典问题，但是似乎大家写的都不太详细……

---

\[S(n,m)=\sum_{i=0}^{m}\binom{n}{i} \]

多次询问 \(n,m\)。

---

1. \(O(n\sqrt{n})\)，莫队，\(n,m\) 变化量为 \(1\) 时的贡献是简单的，\(O(1)\) 转移。

2. \(O(n\log^3 n)\)，考虑 \(\binom{n}{i}=\frac{n^{\underline{i}}}{i!}\) 是关于 \(n\) 的 \(i\) 次多项式，那么 \(S(x,m)\) 也是关于 \(n\) 的 \(i\) 次多项式 \(S_m(x)=\sum_{i=0}^{m}\prod_{j=0}^{i-1}\frac{x-j}{j+1}\)，带入 \(n\) 的过程即多点求值。
   但是并没有优化复杂度，因为 \(S_m(x)\) 次数有 \(m\)，显然不能暴力对每个 \(m\) 多点求值。考虑 \(F_{l,r}(x)=\sum_{i=l}^{r}\prod_{j=l}^{i-1}\frac{x-j}{j+1}\) 和 \(G_{l,r}(x)=\prod_{j=l}^{r}\frac{x-j}{j+1}\)，放在线段树上维护，合并有 \(F_{l,r}(x)=F_{l,mid}(x)+G_{l,mid}(x)F_{mid+1,r}(x),G_{l,r}(x)=G_{l,mid}(x)G_{mid+1,r}(x)\)。每个询问被分到 \(O(\log n)\) 个多项式上边，即 \(S_m(x)=\sum_{[l_i,r_i]\in b(m)}F_{l_i,r_i}(x)\prod_{[l_j,r_j]\in b(l_i-1)}G_{l_j,r_j}(x)\)（\(b(n)\) 表示把 \(n\) 分到线段树上的区间集合，\(F\) 和 \(G\) 一共有 \(O(\log n)\) 个），对线段树上每个区间多点求值后就能合并了。

3. \(O(n\log^2 n)\)，对于每个区间多点求值有点鸡肋，考虑多点求值的过程：每次 \(\bmod\) 上 \(\prod_{l\leq i\leq r}(x-n_i)\) 后分治下去，那么直接在线段树上模拟这个过程。对于每个区间多维护 \(P_{l,r}(x)\) 表示 \(\sum_{[l_i,r_i]\in b(l-1)}F_{l_i,r_i}(x)\prod_{[l_j,r_j]\in b(l_i-1)}G_{l_j,r_j}(x)\) （取模的结果）和 \(Q_{l,r}(x)\) 表示 \(\prod_{[l_j,r_j]\in b(l-1)}G_{l_j,r_j}(x)\)（取模的结果），具体转移过程就是 \(Q_{l,mid}\gets Q_{l,r},Q_{mid+1,r}\gets Q_{l,r}G_{l,mid},P_{l,mid}\gets P_{l,r},P_{mid+1,r}\gets P_{l,r}+Q_{l,r}F_{l,mid}\)（都是取模乘法），叶节点的 \(P\) 就是答案。