解题报告:CF622F

懒得码字了：

题目链接：CF622F
很简单的数论题，紫题显然是过了些，（不要说...
对于这个式子，是一个\(k+1\)次的多项式，插\(k+2\)次值就好了，烦人的是处理逆元，我的费马小定理显然是\(O(logp)\)的，可以用拓欧，听说还有\(O(k)\)的算法，我似乎感觉不太可能（我太弱了）。
预处理处阶乘，前、后缀积数组即可，复杂度\(O(klogk+klogp)\),可以通过此题（跑得飞快.jpg）。

\(Code:\)

#include<iostream>
#include<cstdio>
#define mod 1000000007 
using namespace std;
long long n,k;
long long fac[1000005],y[1000005];
long long pre[1000005],suf[1000005];
long long ans=0;
long long quickpow(long long a,long long b)
{
    long long base=a,ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1) ans=1ll*base*ans%mod;
        b>>=1;
        base=1ll*base*base%mod; 
    }
    return ans%mod;
}
inline int judge(long long x){if(x&1) return -1;else return 1;}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    if(!k)
    {
        printf("%lld\n",n);
        return 0;
    }
    if(n<=k+2)
    {
        for(long long i=1;i<=n;i++) ans=(ans+quickpow(i,k))%mod;
        printf("%lld\n",ans%mod);
        return 0;
    }
    fac[0]=1,y[0]=0;
    pre[0]=1,suf[k+3]=1;
    for(int i=1;i<=k+1;i++) fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=1;i<=k+2;i++) y[i]=(y[i-1]+quickpow(i,k))%mod;
    for(int i=1;i<=k+1;i++) pre[i]=1ll*pre[i-1]*(n-i)%mod;
    for(int i=k+2;i>1;i--) suf[i]=1ll*suf[i+1]*(n-i)%mod;
    for(int i=1;i<=k+2;i++)
    {
        long long sum=1;
        sum=fac[i-1]*fac[k+2-i]*judge(k+2-i)%mod;
        if(judge(k+2-i)==1) sum=1ll*quickpow(sum,mod-2);
        else sum=-1ll*(quickpow(-sum,mod-2));
        sum=(sum+mod)*y[i]%mod;
        sum=sum*pre[i-1]%mod;
        sum=sum*suf[i+1]%mod;
        ans=(ans+sum)%mod;
    }
    printf("%lld\n",ans%mod);
    return 0;
}

没开\(long long\)爆掉了
(我还知道\(O(k^3)\)的做法呢)————差分法，可以拿部分分，比正解还高深\(qwq\)。