calc

Description

一個序列a1,…,an是合法的，當且僅當：
長度為給定的n。
a1,…,an都是[1,A]中的整數。
a1,…,an互不相等。
一個序列的值定義為它裡面所有數的乘積，即a1a2…an。
求所有不同合法序列的值的和。
兩個序列不同當且僅當他們任意一位不一樣。
輸出答案對一個數mod取餘的結果。

Input

　　一行3個數，A，n，mod。意義為上面所說的。

Output

　　一行結果。

Sample Input

9 7 10007

Sample Output

3611

HINT

資料規模和約定

0:A<=10,n<=10。
1..3:A<=1000,n<=20.
4..9:A<=10^9,n<=20
10..19:A<=10^9,n<=500。
全部:mod<=10^9,並且mod為素數，mod>A>n+1

蒟蒻完全不會伯努利數的做法，只會插值QWQ

思路:
考慮容斥，設f[i]$f[i]$表示長度為i$i$時的答案。
那麼令s[i]=∑j=1aji$s[i]=\sum _{j=1}^a{j}^i$，有一個簡單的容斥:

上式的含義是，列舉至少有多少個數相等，並容斥這種情況的貢獻。

然後考慮s[i]$s[i]$的求法。
顯然這是個自然數冪和問題。
根據差分提供的資訊，s[i]$s[i]$是一個關於a$a$的i+1$i+1$次多項式。
因此預處理s[i]$s[$

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const int N=509;
ll a,n,md;
ll fac[N],inv[N],f[N],s[N];

inline ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll ret=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ret=ret*a%md;
        a=a*a%md;b>>=1;
    }
    return
 
 ret;
}

inline void init()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%md;
    inv[N-1]=qpow(fac[N-1],md-2);
    for(int i=N-1;i>=1;i--)
        inv[i-1]=inv[i]*i%md;
}

inline ll b(ll k)
{
    static ll w[N],y[N],l,ans;

    for(int i=1;i<=k+2 && i<=a;i++)
        y[i]=qpow(i,k);
    for(int i=2;i<=k+2 && i<=a;i++)
        y[i]=(y[i]+y[i-1])%md;
    if(a<=k+2)return y[a];

    l=1;
    for(int i=1;i<=k+2;i++)
        l=l*(a-i)%md;
    for(int i=1;i<=k+2;i++)
        w[i]=(((k+2-i)&1?-1ll:1ll)*inv[i-1]*inv[k+2-i]%md+md)%md;

    ans=0;
    for(int i=1;i<=k+2;i++)
        (ans+=w[i]*qpow(a-i,md-2)%md*y[i]%md)%=md;
    return (ans*l%md+md)%md;
}

inline ll c(ll a,ll b)
{
    return fac[a]*inv[b]%md*inv[a-b]%md;
}

int main()
{
    scanf("%lld%lld%lld",&a,&n,&md);
    init();

    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)
    {
        s[i]=b(i);
        for(int j=1;j<=i;j++)
            (f[i]+=(j&1?1:-1)*c(i-1,j-1)*s[j]%md*f[i-j]%md*fac[j-1]%md+md)%=md;
    }

    printf("%lld\n",f[n]);
    return 0;
}