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题解

分析之后，发现这个题主要是解决这个问题：
求
∑ i = 1 n i k \sum_{i=1}^n i^k i=1∑nik

根据某些数学上的结论，这个东西是一个包含 n n n的最高次项为 k + 1 k+1 k+1次项的多项式

所以可以拉格朗日插值

预处理一些东西，复杂度能够做到 O ( k l o g k ) O(klogk) O(klogk)

如果不嫌麻烦写个线性筛的话，复杂度还能做到 O ( k ) O(k) O(k)

代码

#include <bits/stdc++.h>
#include <ext/pb_ds/assoc_container.hpp>
#include <ext/pb_ds/tree_policy.hpp>
#define iinf 0x3f3f3f3f
#define linf (1ll<<60)
#define eps 1e-8
#define maxn 1000010
#define maxe 1000010
#define cl(x) memset(x,0,sizeof(x))
#define rep(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
#define drep(i,a,b) for(i=a;i>=b;i--)
#define em(x) emplace(x)
#define emb(x) emplace_back(x)
#define emf(x) emplace_front(x)
#define fi first
#define se second
#define de(x) cerr<<#x<<" = "<<x<<endl
using namespace std;
using namespace __gnu_pbds;
typedef long long ll;
typedef pair<int,int> pii;
typedef pair<ll,ll> pll;
ll read(ll x=0)
{ll c, f(1);for(c=getchar();!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-')f=-f;for(;isdigit(c);c=getchar())x=x*10+c-0x30;return f*x;
}
struct EasyMath
{ll prime[maxn], phi[maxn], mu[maxn], fact[maxn];bool mark[maxn];ll fastpow(ll a, ll b, ll c){ll t(a%c), ans(1ll);for(;b;b>>=1,t=t*t%c)if(b&1)ans=ans*t%c;return ans;}void exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y){if(!b){x=1,y=0;return;}ll xx, yy;exgcd(b,a%b,xx,yy);x=yy, y=xx-a/b*yy;}ll inv(ll x, ll p)  //p是素数{return fastpow(x%p,p-2,p);}ll inv2(ll a, ll p){ll x, y;exgcd(a,p,x,y);return (x+p)%p;}void shai(ll N){ll i, j;for(i=2;i<=N;i++)mark[i]=false;*prime=0;phi[1]=mu[1]=1;for(i=2;i<=N;i++){if(!mark[i])prime[++*prime]=i, mu[i]=-1, phi[i]=i-1;for(j=1;j<=*prime and i*prime[j]<=N;j++){mark[i*prime[j]]=true;if(i%prime[j]==0){phi[i*prime[j]]=phi[i]*prime[j];break;}mu[i*prime[j]]=-mu[i];phi[i*prime[j]]=phi[i]*(prime[j]-1);}}}ll CRT(vector<ll> a, vector<ll> m) //要求模数两两互质{ll M=1, ans=0, n=a.size(), i;for(i=0;i<n;i++)M*=m[i];for(i=0;i<n;i++)(ans+=a[i]*(M/m[i])%M*inv2(M/m[i],m[i]))%=M;return ans;}
}em;
#define mod 1000000007ll
struct Sum_of_powers_of_natural_numbers  //求\sum_{i=1}^n i^k
{ll _fact[maxn], inv[maxn], y[maxn], pref[maxn], suf[maxn];ll calc(ll n, ll k){ll i, ans=0, m=k+1;n%=mod;inv[1]=1; rep(i,2,m)inv[i]=inv[mod%i]*(mod-mod/i)%mod;_fact[0]=1; rep(i,1,m)_fact[i]=_fact[i-1]*inv[i]%mod;rep(i,1,m)y[i]=(em.fastpow(i,k,mod)+y[i-1])%mod;//求yi可以用线性筛减少一个logpref[0]=n, suf[m+1]=1;rep(i,1,m)pref[i]=pref[i-1]*(n-i)%mod;drep(i,m,1)suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%mod;rep(i,1,m){ll t=pref[i-1]*suf[i+1]%mod;(t*=_fact[i]*_fact[m-i]%mod)%=mod;if(m-i&1)t=-t;(ans+=t*y[i]%mod)%=mod;}return ans;}
}spnn;
int main()
{ll n, m, i, j, k, ans, T=read();while(T--){ans=0;vector<ll> v1, v2;n=read(), m=read();rep(i,1,m){ll p=read();v1.emb(p); v2.emb(p+1);}sort(v1.begin(),v1.end());v1.erase(unique(v1.begin(),v1.end()),v1.end());v2.emb(1);sort(v2.begin(),v2.end());v2.erase(unique(v2.begin(),v2.end()),v2.end());if(v2.back()>n)v2.pop_back();k=v2.size();for(auto now:v2){(ans+=spnn.calc(n-now+1,k))%=mod;for(auto x:v1)if(x>=now)(ans-=em.fastpow(x-now+1,k,mod))%=mod;}printf("%lld\n",(ans+mod)%mod);}return 0;
}

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