2023 USP Try-outs-A-Lagrange插值
2023 USP Try-outs-A-Lagrange插值
题目链接：https://codeforces.com/gym/104505/problem/A
简化题意：求
\[\frac{\sum_{i=1}^n i^k (n+1-i)^k}{\sum_{i=1}^n i^k}
\]
其中\(1\leq n\leq 10^9,1\leq k\leq 2\times 10^5\)，模数是\(10^9+7\)。
题解：
自然数幂求和
分母是经典的自然数幂求和，常见方法挺多的，比如Lagrange插值，或者用生成函数的方法，可以得到就是\(\frac{e^{(k+1)x}-e^x}{e^x-1}\)的展开：
设
\[f_n=\sum_{i=1}^m i^n,F(x)\xlongequal{\Delta}\sum_{n=0}^\infty \frac{x^n}{n!}f_n
\]
则
\[F(x)=\sum_{i=1}^m \sum_{n=0}^\infty \frac{(xi)^n}{n!}=\sum_{i=1}^m e^{xi}=\frac{e^{(m+1)x}-e^x}{e^x-1}
\]
这样一来只需要多项式exp和求逆，对于每个固定的上界\(m\)，就可以快速得到对应的自然数\(n\)次幂的和。
分母
分母：
\[=\sum_{i=1}^n i^k \sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(n+1)^{k-j}(-1)^j i^j=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(n+1)^{k-j}(-1)^j \sum_{i=1}^n i^{k+j}=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}(n+1)^{k-j}(-1)^j {\color{red}f_{k+j}}
\]
好写到这里我们就很开心地想上去写一发了，结果发现模数是\(10^9+7\)！！！我会写任意模数ntt！！！
再看一眼这式子，\(f_{k+j}\)是关于 \(n\) 的\(k+j+1\)次多项式，算上后面的\((n+1)^{k-j}\)，最后的结果一定能是一个\(2k+1\)次多项式，完全可以插值，当然插值的时候肯定不能算 \(k\) 次自然数幂和…
回归原来的式子，只要算
\[\sum_{i=1}^n i^k (n+1-i)^k
\]
这是关于 \(n\) 的 \(2k+1\) 次多项式，只要求出前 \(2k+2\) 项就行，赛时我盯了好久没想到怎么简单做（只想到了任意模数ntt…）
但其实我们把问题拆开看，作为上界的 \(n\) 是一个变量，而对于固定问题的\(n\) ，求和符号里的 \((n+1-i)^k\) 里的 \(n\) 其实和一个常数没什么区别，不妨直接看成是一个 \(g_n=\sum_{i=1}^n i^k (C-i)^k\)，这样一来要求前 \(2k+2\) 项就可以直接计算了~，算完再插值
#include<bits/stdc++.h>
#define rep(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
const int MOD=1e9+7;
const int N=4e5+5;
ll ksm(ll a,ll b){
ll ret=1;a%=MOD;
for(;b;b>>=1,a=a*a%MOD)if(b&1)ret=ret*a%MOD;
return ret;
}
ll inv(ll x){return ksm(x,MOD-2);}
ll Lagrange(int *g,int k,int n){//g是k次多项式，需要准备1~k+1处的值，求g[n]
vector<ll> fact,pre,suf;
fact=pre=suf=vector<ll>(k+3,0);
fact[0]=1;pre[0]=1;suf[k+2]=1;
for(int i=1;i<=k+2;i++)fact[i]=fact[i-1]*i%MOD;
for(int i=1;i<=k+2;i++)pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%MOD;
for(int i=k+1;i>=1;i--)suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%MOD;
ll ret=0;
for(int i=1;i<=k+1;i++){
ll t=(ll)g[i]*pre[i-1]%MOD*suf[i+1]%MOD;
t=t*inv(fact[i-1]*fact[k-i+1]%MOD)%MOD;
if((k-i+1)&1)t=(MOD-t)%MOD;
ret=(ret+t)%MOD;
}
return ret;
}
int n,k,f[N],g[N];
int main(){
cin>>n>>k;
int len=2*k+1;
rep(i,1,len+1){
f[i]=(f[i-1]+ksm(i,k))%MOD;
g[i]=(g[i-1]+ksm(i,k)*ksm(n+1-i,k)%MOD)%MOD;
}
cout<<Lagrange(g,2*k+1,n)*inv(Lagrange(f,k+1,n))%MOD;
return 0;
}
