將$f(k)=\sum_{i=0}^{m}a_{i}k^{i}$轉換為$f(k)=\sum_{i=0}^{m}b_{i}k^{\underline{i}}$，其中$k^{\underline{i}}=\frac{k!}{(k-i)!}$ 題目即求$\sum_{k=0}^{n}c(n,k)x^{k}\sum_{i=0}^{m}b_{i}\cdot k^{\underline{i}}$ 調整列舉順序，即$\sum_{i=0}^{m}b_{i}\sum_{k=0}^{n}c(n,k)x^{k}k^{\underline{i}}$ 觀察發現$c(n,k)k^{\underline{i}}=\frac{n!}{k!(n-k)!}\frac{k!}{(k-i)!}=\frac{n!}{(k-i)!(n-k)!}=c(n-i,k-i)n^{\underline{i}}$ 代入原式，即$\sum_{i=0}^{m}b_{i}n^{\underline{i}}\sum_{k=0}^{n}c(n-i,k-i)x^{k}$ 令$k'=k-i$，即$\sum_{i=0}^{m}b_{i}n^{\underline{i}}x^{i}\sum_{k'=0}^{n-i}c(n-i,k')x^{k'}$ 觀察發現右式即$(x+1)^{n-i}$二項式展開，那麼即$\sum_{i=0}^{m}b_{i}n^{\underline{i}}x^{i}(x+1)^{n-i}$ 那麼問題變為如何求出$b_{i}$，即如何將多項式轉換為下降冪多項式【luoguP5383】 根據第二類斯特林數的性質，有$x^{n}=\sum_{i=0}^{n}c(x,i)i!S(n,i)=\sum_{i=0}^{n}S(n,i)x^{\underline{i}}$ 那麼就有$\sum_{i=0}^{m}a_{i}x^{i}=\sum_{i=0}^{m}a_{i}\sum_{j=0}^{i}S(i,j)x^{\underline{j}}=\sum_{j=0}^{m}x^{\underline{j}}\sum_{i=j}^{m}a_{i}S(i,j)$，即$b_{j}=\sum_{i=j}^{m}a_{i}S(i,j)$ 本題由於$m\le 1000$，僅需要根據$S$的遞推式暴力求出$S$並$o(m^{2})$計算即可

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 #define N 1005 
 4 int n,x,mod,m,ans,a[N],b[N],s[N][N];
 5 int ksm(int n,int m){
 6     if (!m)return 1;
 7     int s=ksm(n,m>>1);
 8     s=1LL*s*s%mod;
 9     if (m&1)s=1LL*s*n%mod;
10     return s;
11 }
12 int main(){
13     scanf("
 
%d%d%d%d",&n,&x,&mod,&m);
14     for(int i=0;i<=m;i++)scanf("%d",&a[i]);
15     s[0][0]=1;
16     for(int i=1;i<=m;i++)
17         for(int j=1;j<=i;j++)s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1LL*j*s[i-1][j])%mod;
18     for(int i=0;i<=m;i++)
19         for(int j=i;j<=m;j++)b[i]=(b[i]+1LL*a[j]*s[j][i])%mod;
 
20     int s=1;
21     for(int i=0;i<=m;i++){
22         ans=(ans+1LL*b[i]*s%mod*ksm(x,i)%mod*ksm(x+1,n-i))%mod;
23         s=1LL*s*(n-i)%mod;
24     }
25     printf("%d",ans);
26 }

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