解法一：递推求导，搞定k^i
前置知识
求导法则
基本法则：\((x^k)'=kx^{k-1}\)
四则运算：
- \((f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x)\)
- \((f(x)\cdot g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\)
用乘法法则，可以推出一个常数乘以一个函数的求导法则，即：\((c\cdot f(x))'=0\cdot f(x)+c\cdot f'(x)=c\cdot f'(x)\)。然后，对于减法，就可以看做加\(-1\cdot g(x)\)，直接套用加法法则即可得到：\((f(x)-g(x))'=f'(x)-g'(x)\)。
复合函数：\((f(g(x)))'=f'(g(x))\cdot g'(x)\)。
对于除法，可以看做乘以\(\frac{1}{g(x)}\)，也就是\(h(x)=x^{-1}\)和\(g(x)\)的复合函数。于是得到：\(\displaystyle \left(\frac{f(x)}{g(x)}\right)'=f'(x)\cdot\frac{1}{g(x)}+f(x)\cdot(-g^{-2}(x)\cdot g'(x))=\frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)}\)。
应用：对一个多项式函数，\(F(x)=\sum_{i=0}^{n}f_ix^i\)求导，可以结合“基本法则”和“加法法则”，得到：\(F'(x)=\sum_{i=0}^{n}f_{i}\cdot i\cdot x^{i-1}=\sum_{i=0}^{n-1}f_{i+1}(i+1)x^i\)。
二项式定理
证明略。
本题用到它的一种特殊形式，就是\((x+1)^{n}=\sum_{i=0}^{n}{n\choose i}x^i\)。你可以理解为\(y=1\)的情况。
题解
考虑\(m=0\)的subtask，答案就是：\(a_0\cdot \sum_{k=0}^{n}x^k{n\choose k}\)。容易发现这就是上面讲的“二项式定理的特殊形式”，所以它等于\(a_0\cdot(x+1)^n\)。
这给我们一个启发，就是可以把\(f(k)\)的每一项拿出来分别计算。于是原式就等于：
我们设\(F_i(x)=\sum_{k=0}^{n}k^ix^k{n\choose k}\)。那么原式就等于\(\sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x)\)。发现\(F_i(x)\)里，比较令人头疼的，就是这个\(k^i\)。怎么处理它呢？本节介绍的“求导”，就是一种很好的方法。
对一个多项式函数，\(T(x)=\sum_{k=0}^{n}t_kx^k\)，考虑把它每一项分别都乘以\(k\)，得到\(\text{newT}(x)=\sum_{k=0}^{n}t_k\cdot k\cdot x^k\)。发现这个是什么呢？这个就是把\(T'(x)\)每项都乘以\(x\)。也就是说：\(\text{newT}(x)=x\cdot T'(x)\)。
回到本题，我们知道，\(F_i(x)\)，就相当于把\(F_{i-1}(x)\)的每一项分别都乘以\(k\)。所以，\(F_i(x)=x\cdot F_{i-1}'(x)\)。也就是先求导，再乘以\(x\)。例如，\(F_0(x)=(x+1)^{n}\)，那么就有：\(F_1(x)=x((x+1)^n)'\)。带到原式里，也可以验证出来（把每一项都提一个\(x\)出来即可）。
那么我们就可以依次递推\(F_1(x),F_2(x),\dots ,F_m(x)\)。也就是先对\(F_{i-1}(x)\)求导，再把所有项都乘以\(x\)。例如我多写几个：
- \(F_0(x)=(x+1)^{n}\)
- \(F_1(x)=x((x+1)^n)'=n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1}\)
- \(F_2(x)=x(n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1})'=n\cdot x\cdot (x+1)^{n-1}+n(n-1)\cdot x^2\cdot (x+1)^{n-2}\)
- $\dots $
你可以发现，它有很多项。每一项，都可以写成\(d_j\cdot x^{j}\cdot (x+1)^{n-j}\)的形式。其中，\(d_j\)是一个常数。\(0\leq j\leq m\)。更具体来说：
这个\(d\)数组，我们递推一下，可以\(O(m^2)\)求出。然后预处理一下\(x\)和\((x+1)\)的次幂，就可以直接计算答案了。
\(d\)数组怎么递推？首先根据导数的加法法则，我们要对\(F_{i-1}(x)\)求导，就先对它的每一项求导，再加起来。考虑某一项\(d_{i-1,j}x^{j}(x+1)^{n-j}\)，它是一个乘法（前面的常数不算，是\(x^j\)和\((x+1)^{n-j}\)两个东西相乘）。要对它求导，就用到导数的乘法法则：\((f(x)\cdot g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x)\)。所以\(F_{i-1}(x)\)里的每一项，会对\(F_{i}(x)\)里的两项有贡献。当然，别忘了对\(F_{i-1}(x)\)求导后，还要把结果再乘以\(x\)。具体地也可以写成：
时间复杂度\(O(m^2)\)。
参考代码（在LOJ查看）：
//problem:LOJ3300
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXM=1000;
int MOD;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int n,x,m,a[MAXM+5],d[MAXM+5][MAXM+5],pow1[MAXM+5],pow2[MAXM+5];
int main() {
cin>>n>>x>>MOD>>m;x%=MOD;
for(int i=0;i<=m;++i)cin>>a[i],a[i]%=MOD;
d[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;++i){
for(int j=0;j<=m;++j){
// d[i][j] * x^{j} * (x+1)^{n-j}
d[i][j]=(ll)d[i-1][j]*j%MOD;
if(j>0)add(d[i][j],(ll)d[i-1][j-1]*(n-(j-1))%MOD);
}
}
pow1[0]=pow_mod(x+1,n-m);
for(int i=1;i<=m;++i)pow1[i]=(ll)pow1[i-1]*(x+1)%MOD;
pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=m;++i)pow2[i]=(ll)pow2[i-1]*x%MOD;
int ans=0;
for(int i=0;i<=m;++i){
for(int j=0;j<=m;++j){
add(ans,(ll)a[i]*d[i][j]%MOD*pow2[j]%MOD*pow1[m-j]%MOD);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
解法二：用组合恒等式，拆出斯特林数
前置知识
一个组合恒等式
证明：
把两边按定义展开：
左边\(\displaystyle=k\cdot \frac{n!}{k!(n-k)!}\)。
右边\(\displaystyle=n\cdot \frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}\)。
两边同时乘以\(\frac{1}{k}\)，都等于\(\frac{n!}{k!(n-k)!}\)。
所以左边\(=\)右边。
下降幂的定义
题解
根据上一种方法的初步转化，原式可以写成：
设\(F_i(x)=\sum_{k=0}^{n}k^ix^k{n\choose k}\)。那么原式就等于\(\sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x)\)。还是考虑求\(F_i(x)\)。我们的重点是要把\(k^i\)消掉，剩余的部分，如果是一个\(x^k\)再乘一个组合数，可以直接套二项式定理。因为有了前面的那个组合恒等式，所以现在思路比较明确：先保留\(x^k\)不要动，拿组合数去和\(k^i\)消，消出一个新的组合数加一个系数，我们就赢了。
我们先考虑\(i\geq1\)的情况。
当\(i=1\)时，用我们前面写的组合恒等式，可以写成：
当\(i=2\)时，也可以推：
其中，最重要的一步，是我们把一个\(k\)拆成了\((1+(k-1))\)。这很巧妙。其他的地方都是在套那个组合恒等式。
看最后推出的结果，发现，每个组合数前，是一个\(n\)的下降幂。所以我们盲猜：\(F_i(x)=\sum_{k=0}^{n}x^k\sum_{j=1}^{i}n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}\)。
很遗憾，这个猜想不对。
事实上，在\(n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}\)前，还需要加一些系数。只不过对于\(F_1(x)\)和\(F_2(x)\)来说，这个系数恰好都是\(1\)。
我们继续考虑\(i=3\)的情况。
发现没有，现在，后面的系数变成了\(1\ 3 \ 1\)。不全是\(1\)了。
容易发现，\(F_i\)后面的这一坨东西，恰好有\(i\)项。如果设第\(j\)项前面的系数为\(s(i,j)\)，则可以写成：
考虑如何求这个\(s_{i,j}\)。首先，\(F_{i-1}(x)\)后面的东西里，每一项都要乘以\(k\)。例如，\(s_{i-1,j}\cdot n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}\)，乘以\(k\)，变成\(k\cdot s_{i-1,j}\cdot n^{\underline{j}}{n-j\choose k-j}\)。然后，我们会把\(k\)，拆成\((j+(k-j))\)。所以\(s_{i-1,j}\)会对\(s_{i,?}\)里的两个地方产生贡献。一个是\(j\)产生的，贡献到\(s_{i,j}\)，贡献系数为\(j\)。另一个是\((k-j)\)产生的，贡献到\(s_{i,j+1}\)，贡献系数为\(1\)。
那反过来说，就可以得到：
其中，边界是\(s_{1,1}=1\)。
于是就可以\(O(m^2)\)递推求出整个\(s\)数组。顺便说一句，这里的\(s\)，其实就是第二类斯特林数，不过有没有看出来都不影响解题。
现在求出了\(s\)，再回头看\(F_i(x)\)。我们按一开始说的思路，用二项式定理，把\(x^k\)和组合数搞到一起去。具体来说：
以上是\(i\geq 1\)的情况。当\(i=0\)时，显然有\(F_0=(x+1)^n\)。当然，你也可以认为，\(s_{0,0}=1\)，\(n^{\underline{0}}=1\)，\(s_{i,0}=0\) (\(i\geq 1\))。这样，你把\(j\)改成从\(0\)开始循环，也是对的。这样就不用特判\(i=0\)的情况。
然后答案就是\(\sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x)\)。
时间复杂度\(O(m^2)\)。
参考代码，他鸽了。
两种解法的比较与联系
事实上，推到最后，大家都能看出来，第一种解法里的\(d_{i,j}\)，就是第二种解法里的\(s_{i,j}\cdot n^{\underline{j}}\)。
两种解法，都想消掉\(k^i\)。他们走的路径不同。
- 第一种解法，比较鲁莽。你不是有一个\(k^i\)吗，我对着你硬消。求一次导干掉一个\(k\)。这种“鲁莽”的背后，是有“求导”这个强大的工具在支持。
- 第二种解法，看起来稍微圆滑一点。我先让组合数\({n\choose k}\)去和你消。用的就是一个组合恒等式。然后等你\(k^i\)没了，我再把剩下的组合数和\(x^k\)打包成一个二项式定理。