CF622F The Sum of the k-th Powers
题意：给\(n\)和\(k\)，让你求\(\sum\limits_{i = 1} ^ n i^k \ mod \ 10^9 + 7\)。\((1 \le n \le 10^9,0 \le k \le 10^6)\)
好，我们先不看题，来补一些数学。
考虑这样一个序列
\[ h_0,h_1,\dots,h_n,\dots \]
我们定义它的一个差分序列（一阶）
\[ \Delta h_0, \Delta h_1, \dots , \Delta h_n, \dots \]
满足\(\Delta h_n = h_{n+1} - h_n \ (n \ge 0)\)，换句话说（一阶）差分序列就是原序列相邻两项的差。
同样的，我们还能在原序列的一阶差分序列上再做一次差分，得到二阶差分序列：
\[ \Delta(\Delta h_0), \Delta(\Delta h_1),\dots , \Delta(\Delta h_n), \dots \]
可以把前面的\(\Delta\)写成\(\Delta ^2\)，就是\(\Delta^2 h_0, \Delta^2 h_1,\dots , \Delta^2 h_n, \dots\)
根据定义，有\(\Delta^2 h_n = \Delta(\Delta h_n) = \Delta h_{n+1} - \Delta h_n\)
推广一下，我们还能得到原序列的\(p\)阶差分序列
\[ \Delta^p h_0, \Delta^p h_1, \dots , \Delta^p h_n, \dots \]
其中\(\Delta^p h_n = \Delta(\Delta^{p-1} h_n) = \Delta^{p-1} h_{n+1} - \Delta^{p-1} h_n\)。
特别的\(p = 0\)时，\(\Delta^0 h_n = h_n\)。
其中，\(p\)阶差分在第\(p\)行上（从第\(0\)行开始）。
考虑一个序列\(h\)，通项是一个关于\(n\)的\(p\)次多项式，即\(h_n = a_{p}n^{p} + a_{p-1}n^{p-1} + \cdots + a_0n^0\)。
那么这个序列的一阶差分$\Delta h $通项就变为了
\[ \begin{aligned}\Delta h_n &= h_{n+1} - h_{n} \\&= (a_p (n+1)^p + a_{p-1} (n+1)^{p-1} + \cdots + a_0 (n+1)^0) - (a_pn^p + a_{p-1}n^{p-1} + \cdots + a_0 n^0)\end{aligned} \]
观察$ \Delta h_n\(的\)p\(次项：\)a_p(n+1)^p - a_p n^p\(，把\)(n+1)^p$用二项式定理展开后
\[ \begin{aligned}a_p(n+1)^p - a_p n^p &= a_p(n^p + \binom{p}{1} n^{p-1} + \binom{p}{2}n^{p-2} + \cdots + 1) - a_pn^p\end{aligned} \]
发现了什么？\(n^p\)和\(n^p\)刚好抵消！即
\[ a_p(n+1)^p - a_p n^p = \binom{p}{1} a_pn^{p-1} + \binom{p}{2}a_pn^{p-2} + \cdots + 1 \]
换句话说，每做一次差分，原序列的通项多项式的次数至少会减少\(1\)。
好了来看题吧。
题目让我们求\(\sum\limits_{i = 1} ^ n i^k\)，我们不妨设\(h_n = \sum\limits_{i = 1} ^ n i^k\)，那把这样的序列\(h\)，做一次差分得到的\(\Delta h\)长啥样呢？
根据定义\(\Delta h_n = h_{n+1} - h_{n} = \sum\limits_{i = 1}^{n+1} i^k - \sum\limits_{i = 1}^{n} i^k = (n+1)^k\)。显然他的差分序列的通项是一个\(k\)次多项式，那么\(h_n\)就是一个\(k+1\)次多项式。
我们不设\(h\)序列的通项是一个\(k+1\)次多项式\(f(x)\)，满足\(f(n) = \sum\limits_{i = 1}^{n} i^{k}\)，现在我们要求\(f(n)\)（这里是题目的\(n\)，上面懒得改了。。。）
观察到\(k\)只有\(10^6\)，所以我们可以算出\(f(1), f(2), f(3), \cdots, f(k+2)\)，然后拉格朗日差值求出\(f(n)\)就可以了。
但拉格朗日的复杂度是\(O(k^2)\)的。。。还要加一些优化。
我们有公式
\[ f(x) = \sum\limits_{i = 1}^{k+2} y_i \prod\limits_{j \not= i} \frac{x - x_j}{x_i - x_j} \]
（这里的\(x_i = i, y_i = f(x_i)\)）。
考虑化简后面的乘法。
我们先看分母。\(\prod\limits_{j \not= i} \frac{1}{x_i - x_j}\)这个显然是\((-1)^{k+2-i} \frac{1}{(i-1)!(k+2-i)!}\)，（后半段是\(-1,-2,...,-(k+2-i)\)的积，直接把\(-1\)提到前面就好了）题目说了对\(10^9 + 7\)取模，预处理阶乘逆元就好了。
分子\(\prod\limits_{j \not= i} x - x_j\)。写开来后就是\((x-1)(x-2)(x-3)\cdots(x-(i-1)) \cdot (x-(k+2))(x-(k+1))\cdots(x-(i+1))\)。
维护两个数组\(pre[i] = (x-1)(x-2)(x-3)\cdots(x-i),suf[i]=(x-(k+2))(x-(k+1))\cdots(x-i)\)就好了。
前面\(y_i\)的话可以在枚举\(i\)的时候带着算，用快速幂。
总复杂度\(O(k \ log \ k)\)（快速幂还要\(log\)啊。。。）
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int P=1e9+7;
const int N=1e6+10;
void update(int &x,int y){
x+=y; if (x>=P) x-=P;
}
int fpow(int a,int b){
int ret=1; for (;b;b>>=1,a=1ll*a*a%P) if (b&1)ret=1ll*ret*a%P;
return ret;
}
#define normal(x) (((x)%P+P)%P)
int pre[N],suf[N],ifac[N],inv[N];
int main(){
int n,K; scanf("%d%d",&n,&K);
if (K==0){printf("%d\n",n);return 0;} // 特判一下吧，很稳。
ifac[0]=1,inv[1]=1,ifac[1]=1; // 阶乘的定义，注意0!=1
for (int i=2;i<=K+2;i++){
inv[i]=1ll*inv[P%i]*(P-P/i)%P;
ifac[i]=1ll*ifac[i-1]*inv[i]%P;
}
pre[0]=1; // 特殊处理i==0的时候
for (int i=1;i<=K+2;i++) pre[i]=1ll*pre[i-1]*normal(n-i)%P;
suf[K+3]=1; // 同上，特殊对待
for (int i=K+2;i>=0;i--) suf[i]=1ll*suf[i+1]*normal(n-i)%P;
int yi=0,ans=0; for (int i=1;i<=K+2;i++){
update(yi,fpow(i,K));
ll tmp=1ll*yi*ifac[i-1]%P*ifac[K+2-i]%P*pre[i-1]%P*suf[i+1]%P;
if ((K+2-i)%2==0) update(ans,tmp); else update(ans,P-tmp);
}
printf("%d\n",ans);
return 0;
}