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解題思路

　　比較經典的一道題目。第一種方法是差分，就是假設\(k=3\)，我們打一個表。

0 1 9 36 100 225
 1 8 27 64  125
   7 19 37  61
     12 18  24
        6   6

　　表中第一行為所要求的字首和，後面的\(f[i][j]=f[i-1][j]+f[i-1][j-1]\)，就是每個數字等於上面的數字\(-\)左上的數字，減到最後發現只剩一樣的數字。此時第一行的後面的所有數字只與後面每一行的第一個數字有關，而且係數恰好是一個組合數。比如說我們要算第一行第\(10\)個數字，也就是\(n=10\)的時候的答案。那麼
\[ ans=C(10,1)*1+C(10,2)*7+C(10,3)*12+C(10,4)*6 \]

　　所以我們暴力算出前\(k+1\)項的值，然後遞推即可。差分法的時間複雜度為\(O(k^2)\)的，無法通過此題。但是這個思想值得學習。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#define int long long

using namespace std;
const int MAXN = 1005;
const int MOD = 1e9+7;

int n,k,inv[MAXN],fac[MAXN];
int f[MAXN][MAXN],ans;

inline int fast_pow(int x,int y){
  int ret=1;
  for(;y;y>>=1){
    if(y&1) ret=ret*x%MOD;
    x=x*x%MOD;
  }
  return ret;
}

inline int C(int n,int m){
  return fac[n]*inv[m]%MOD*inv[n-m]%MOD;
}

signed main(){
  scanf("%lld%lld",&n,&k);fac[0]=1;
  for(int i=1;i<=n;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;inv[n]=fast_pow(fac[n],MOD-2);
  for(int i=n-1;~i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;
  for(int i=1;i<=k+1;i++) f[0][i]=f[0][i-1]+fast_pow(i,k),f[0][i]%=MOD;
  if(n<=k+1) {printf("%lld\n",f[0][n]);return 0;}
  for(int i=1;i<=k+1;i++)
    for(int j=i;j<=k+1;j++) f[i][j]=f[i-1][j]-f[i-1][j-1],f[i][j]=(f[i][j]+MOD)%MOD;
  for(int i=1;i<=k+1;i++)
    ans=(ans+f[i][i]*C(n,i)%MOD)%MOD;
  printf("%lld\n",ans);
  return 0;
}
 

　　第二種方法自然就是拉格朗日插值法，對於一段連續的值來說，拉格朗日插值法可以在\(O(k)\)內解決，具體來說就是將定義式變形。
\[ \prod\limits_{i!=j} \frac{x-x_j}{x_i-x_j} \]
　　因為帶入的值是連續的，所以上面一定是兩段連續的乘積，我們要維護一個字首乘積字尾乘積拼起來。下面的話可以看成兩個階乘，正負取決於\(n-i\)的奇偶性，這樣就可以\(O(n)\)的算出結果。

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cstdlib>
#include<cmath>
#define int long long

using namespace std;
const int MAXN = 1000005;
const int MOD = 1e9+7;

int n,k,inv[MAXN],y[MAXN];
int pre[MAXN],suf[MAXN],ans,fac[MAXN];

int fast_pow(int x,int y){
    int ret=1;
    for(;y;y>>=1){
        if(y&1) ret=ret*x%MOD;
        x=x*x%MOD;
    }
    return ret;
}

signed main(){
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    pre[0]=1;for(int i=1;i<=k+2;i++) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%MOD;
    suf[k+3]=1;for(int i=k+2;i;i--) suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%MOD;
    fac[0]=1;for(int i=1;i<=k+2;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;
    inv[k+2]=fast_pow(fac[k+2],MOD-2);
    for(int i=k+1;~i;i--) inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%MOD;int s1,s2;
    for(int i=1;i<=k+2;i++) y[i]=(y[i-1]+fast_pow(i,k))%MOD;
    for(int i=1;i<=k+2;i++){
        s1=pre[i-1]*suf[i+1]%MOD;
        s2=inv[i-1]*inv[k+2-i]*(((k+2-i)&1)?-1:1)%MOD;
        ans=((ans+s1*s2%MOD*y[i]%MOD)%MOD+MOD)%MOD;
    }
    printf("%lld\n",ans);
    return 0;
}