Codeforce 622 F. The Sum of the k-th Powers（拉格朗日插值求k次幂之和，拉格朗日插值公式）

题目大意：求 ∑i=1nik\displaystyle\sum_{i = 1}^ni^ki=1∑nik
求k次幂有多种求法，例如：
伯努利数求k次幂之和（待补）
斯特林数求k次幂之和
拉格朗日插值法求k次幂之和

这里采用拉格朗日插值法进行求解。
拉格朗日可以通过 k+1k + 1k+1 个点唯一确定一个 kkk 次多项式，它的公式为：f(x)=∑i=1ny[i]∏i≠jx−x[j]x[i]−x[j]f(x) = \sum_{i = 1}^ny[i] \prod_{i \neq j}\frac{x - x[j]}{x[i]-x[j]}f(x)=i=1∑ny[i]i=j∏x[i]−x[j]x−x[j]
其中x[i],y[i]x[i],y[i]x[i],y[i]对应已知的点值，对已知的点很容易通过代入验证正确性，带入 x[i]x[i]x[i] 将会得到 y[i]y[i]y[i]

这个式子在一般情况下的复杂度为 O(n2)O(n^2)O(n2)，比高斯消元的 n3n^3n3 更加优秀，在已知点的 xxx 取值连续的情况下，复杂度能降低到 O(n)O(n)O(n)，只要预处理阶乘逆元，以及 xxx 的 k + 1 项倒阶乘：xfacxfacxfac。
f(x)=∑i=1ny[i]∗xfacfac[i]∗fac[n−i]∗(x−i)f(x)=\sum_{i = 1}^ny[i]*\frac{xfac}{fac[i]*fac[n - i]*(x-i)}f(x)=i=1∑ny[i]∗fac[i]∗fac[n−i]∗(x−i)xfac

为什么这题可以用拉格朗日插值
当然是因为 ∑i=1nik\displaystyle\sum_{i = 1}^ni^ki=1∑nik 是一个以n为自变量的多项式，并且是 k+1k + 1k+1 次多项式
证明：
令S(n,k)=∑i=1nik\displaystyle S(n,k)=\sum_{i = 1}^ni^kS(n,k)=i=1∑nik
对这个序列两两差分可以得到：(n+1)k+1−nk+1=∑i=0k+1C(k+1,i)∗ni−nk+1=∑i=0kC(k+1,i)∗ni(n + 1)^{k+1} - n^{k+1}=\sum_{i = 0}^{k+1}C(k+1,i)*n^i - n^{k+1}=\sum_{i = 0}^kC(k+1,i)*n^i(n+1)k+1−nk+1=i=0∑k+1C(k+1,i)∗ni−nk+1=i=0∑kC(k+1,i)∗nink+1−(n−1)k+1=∑i=0kC(k+1,i)∗(n−1)in^{k+1} - (n-1)^{k+1}=\sum_{i = 0}^{k}C(k+1,i)*(n-1)^ink+1−(n−1)k+1=i=0∑kC(k+1,i)∗(n−1)i.........1k+1−0k+1=∑i=0kC(k+1,i)0i1^{k+1}-0^{k+1}=\sum_{i = 0}^{k}C(k+1,i)0^i1k+1−0k+1=i=0∑kC(k+1,i)0i

逐项求和可以得到 (n+1)k+1=∑i=0kC(k+1,i)∗S(n,k)\displaystyle (n+1)^{k+1} =\sum_{i=0}^kC(k+1,i)*S(n,k)(n+1)k+1=i=0∑kC(k+1,i)∗S(n,k)，即得到S(n,k)S(n,k)S(n,k)是以 nnn 为自变量的 k+1k + 1k+1 次多项式

令 f(x)=xkf(x) = x^kf(x)=xk，可以得到一个更一般的推广结论：kkk 次多项式的前 nnn 项和 g(n)g(n)g(n) 是一个以 nnn 为自变量的 k+1k + 1k+1 次多项式

回到这题，前k+2k + 2k+2项可以 klog⁡kk \log kklogk 暴力计算，对n≤k+2n \leq k + 2n≤k+2 直接输出答案，对 n>k+2n > k + 2n>k+2 只要插值一下，根据插值公式计算即可。

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 1e9 + 7;
const int maxn = 1e6 + 100;
int n,k;
int x[maxn],y[maxn];                //拉格朗日差值的计算
int fac[maxn],ifac[maxn];           //阶乘的逆元
inline int add(int x, int y) {x += y;if (x >= mod)x -= mod;return x;
}inline int sub(int x, int y) {x -= y;if (x < 0)x += mod;return x;
}inline int mul(int x, int y) {return (long long) x * y % mod;
}
int fpow(int a,int b) {int r = 1;while (b) {if (b & 1) r = mul(r,a);b >>= 1;a = mul(a,a);}return r;
}
int main() {scanf("%d%d",&n,&k);for (int i = 1; i <= k + 2; i++) {            //暴力计算 k + 2 个点，根据这 k + 2个点就可以通过插值唯一确定 k + 1次多项式 x[i] = i;y[i] = add(y[i - 1],fpow(x[i],k));}if (n <= k + 2) {                         //n <= k + 2就直接输出，否则下面的处理会出错 printf("%d\n",y[n]);return 0;}fac[0] = 1;for (int i = 1; i <= k + 2; i++) {         //由于k+2个点x取值连续，预处理阶乘，使复杂度降低到O(k) fac[i] = mul(fac[i - 1],i);}ifac[k + 2] = fpow(fac[k + 2],mod - 2);for (int i = k + 1; i >= 0; i--) {ifac[i] = mul(ifac[i + 1],i + 1);}int tmp = 1;                               //n的倒阶乘 ，同样也是为了加速 for (int i = 1; i <= k + 2; i++) {tmp = mul(tmp,(n - i) % mod);}int ans = 0;for (int i = 1; i <= k + 2; i++) {           //插值迭代，得到 f(n) int t = k + 2 - i;int p = (t & 1) ? -1 : 1;int inv = fpow((n - i) % mod,mod - 2);int res = mul(mul(ifac[i - 1],ifac[t]),mul(tmp,inv));res = mul(mul(res,p),y[i]);if (res < 0) res += mod;ans = add(ans,res);}printf("%d\n",ans);return 0;
}

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