【CF622F】The Sum of the k-th Powers-拉格朗日插值

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测试地址：The Sum of the k-th Powers
题目大意： 求 $\sum_{i=1}^ni^k$对 $10^9+7$取模的值。
做法： 本题需要用到拉格朗日插值。
容易看出（或者用数学归纳法简单证明），答案 $f(n)$是一个关于 $n$的最高次为 $k+1$的多项式。问题是，怎么得到这个多项式呢？这时候就要使用拉格朗日插值法。
拉格朗日插值法是一个可以由 $k+1$个二维平面上的点 $(x_i,y_i)$，构造出一个正好穿过这些点的 $k$次函数 $f(x)$的算法。有：
$f(x)=\sum_{i=1}^{k+1}y_i\cdot l_i(x)$
其中 $l_i(x)$称为插值基函数，其表达式为 $\prod_{i\ne j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$。
为什么有这个式子呢？首先看存在性，注意到 $l_i(x)$当且仅当 $x=x_i$时有取值 $1$，否则当 $x=x_j(i\ne j)$时取值为 $0$，那么显然上面的函数可以穿过对应的点。至于唯一性好像要用一些玄学的东西证，你只需要知道 $k+1$个点一定能确定一个 $k$次函数就行了…
回到这一题，我们显然可以用 $(i,\sum_{j=1}^ij^k)(0\le i\le k+1)$这些点来使用拉格朗日插值法，算出这些点显然是 $O(k\log k)$的（或者你可以用线性筛优化到 $O(k)$…）。接下来我们把 $n$代入上式：
$f(n)=\sum_{i=0}^{k-1}y_i\cdot \prod_{i\ne j}\frac{n-j}{i-j}$
后面的积式中，分子和分母可以分别预处理，分子只要处理出前缀积和后缀积即可（不能用 $\frac{1}{n-i}\cdot \prod (n-j)$这个式子，因为 $n-i$有可能为 $0$），而对于分母，我们发现分母可以拆成两个类似于下面这样的部分： $\prod_{i=1}^x\frac{1}{i}$和 $\prod_{i=1}^x\frac{1}{(-i)}$，分别预处理出来即可，时间复杂度为 $O(k\log k)$（或者用线性求逆元优化成 $O(k)$）。
所以我们就解决了此题，时间复杂度为 $O(k\log k)$（可以优化到 $O(k)$）。
以下是本人代码：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
ll n,k,invp[1000010],invn[1000010],inv[1000010];
ll pre[1000010],suf[1000010];

ll power(ll a,ll b)
{
	ll s=1,ss=a;
	while(b)
	{
		if (b&1) s=s*ss%mod;
		ss=ss*ss%mod;
		b>>=1;
	}
	return s;
}

int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	invp[0]=invn[0]=1;
	pre[0]=n;
	for(ll i=1;i<=k+1;i++)
	{
		invp[i]=invp[i-1]*power(i,mod-2)%mod;
		invn[i]=invn[i-1]*power(mod-i,mod-2)%mod;
		pre[i]=pre[i-1]*(n-i+mod)%mod;
	}
	suf[k+1]=(n-k-1+mod)%mod;
	for(int i=k;i>=0;i--)
		suf[i]=suf[i+1]*(n-i+mod)%mod;
	
	ll ans=0,now=0;
	for(int i=0;i<=k+1;i++)
	{
		if (k>0||i>0) now=(now+power(i,k))%mod;
		ll tot=1;
		if (i>0) tot=tot*pre[i-1]%mod;
		if (i<k+1) tot=tot*suf[i+1]%mod;
		ll nowtot=tot*invp[i]%mod*invn[k-i+1]%mod;
		ans=(ans+now*nowtot)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	
	return 0;
}