有关1~n的m次方和的快速计算；
首先，我们可以知道，这个$\sum_{i=1}^{n}i^{m}$的通项公式是一个m+1次的多项式;
下面就对其正确性进行论证；
我们设多项式：$f(x)=\sum_{i=0}^{n}u_{i}x^{i}$
设对于数列a{ },a[x]=f(x);
假如b{x}=a[x+1]-a[x]; 那么显然：$b[x]=\sum_{i=0}^{n}u_{i}(x+1)^{i}-\sum_{i=0}^{n}u_{i}x^{i}$
对于上面的式子，加入我们只考虑$x^{v}$,显然只有i=v的时候才又可能出现$x^{v}这一项$
那么式子可以看成：$b[x]=u_{v}(x+1)^{v}-u_{v}x^{v}$
由于我们只考虑$x^{v}$,所以$(x+1)^{v}$完全可以看成$x^{v}$
式子可以简化为：$b[x]=u_{v}x^{v}-u_{v}x^{v}=0$
发现了没有发现了没有？对于一个可以用n次多项式表示通项公式的数列a，它的差分数列b中的通项公式不会出现x的n次幂，也就是说，b的通项公式是一个(n-1)次多项式！
也就是说，做一次差分之后数列的通项公式的多项式次数会-1；
对于$\sum_{i=1}^{n}i^{m}$,原数列a{ }是：
那么它的差分数列b{ }就是：
即：$b[x]=x^{k}$
嘿！b[x]这可是一个k次多项式啊！那么根据之前所推，a[x]不就是一个(k+1)次多项式吗？
所以说,$\sum_{i=1}^{n}x^{m}$的通项公式是一个(m+1)次的多项式；
好了~完结撒花~；
接下来的步骤就很套路了，根据拉格朗日插值的特点，我们选取任意连续的值xi，求出他们所对应的多项式的值yi,然后利用插值法O(n)的计算f(n)就好了；
具体的求法见我的这篇博客：(传送门)
#include <bits/stdc++.h> #define p 1000000007 #define inc(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++) #define dec(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;i--) using namespace std; long long x[1000010],y[1000010]; long long KSM(long long a,long long b){ long long res=1; while(b){ if(b&1) res=res*a%p; a=a*a%p; b/=2; } return res%p; } long long pre[1000010],suf[1000010],fac[1000010]; int main() { long long n,m; cin>>n>>m; long long sum=0; inc(i,1,m+1){ long long tmp=KSM(i,m); sum=(sum+tmp)%p; x[i]=i; y[i]=sum; } long long ans=0; pre[0]=n; fac[0]=1; inc(i,1,m+1) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%p,fac[i]=fac[i-1]*i%p; suf[m+1]=((n-x[m+1])%p+p)%p; dec(i,m,0) suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%p; inc(i,0,m+1){ long long tmp1=pre[i-1]; long long tmp2=suf[i+1]; if(i==0) tmp1=1; if(i==m+1) tmp2=1; long long tmp3=y[i]*tmp1%p*tmp2%p; if((m+1-i)%2==0) ans=(ans+tmp3*KSM((fac[i]*fac[m+1-i]%p),p-2)%p); else ans=(ans+tmp3*KSM((((-fac[i]*fac[m+1-i])%p+p)%p),p-2)%p); } /* inc(i,0,m+1){ long long tmp=1; inc(j,0,m+1){ if(i==j) continue; tmp=(tmp*(n-j)%p*KSM(i-j,p-2)%p); } ans=(ans+y[i]*tmp%p)%p; } */ cout<<(ans%p+p)%p; }
然后可以水掉这一道题 ：[TJOI2018]教科书般的亵渎
小豆喜欢玩游戏，现在他在玩一个游戏遇到这样的场面,每个怪的血量为ai，且每个怪物血量均不相同，小豆手里有无限张“亵渎”。亵渎的效果是对所有的怪造成1点伤害，如果有怪死亡，则再次施放该法术。我们认为血量为0怪物死亡。
小豆使用一张 “亵渎”会获得一定的分数，分数计算如下，在使用一张“亵渎”之后，每一个被亵渎造成伤害的怪会产生xk,其中x是造成伤害前怪的血量为x和需要杀死所有怪物所需的“亵渎”的张数k。
输入格式
第一行输入一个T(T≤10)，表示有多少组测试数据
每组组测试数据第一行为n，m，表示有当前怪物最高的血量n，和m种没有出现的血量
接下来m行，每行1个数ai，表示场上没有血量为ai的怪物
输出格式
一共T行，每行一个数， 第i行表示第i组测试数据中小豆的最后可以获得的分数, 因为这个分数会很大需要模109+7
#include <bits/stdc++.h> #define p 1000000007 #define inc(i,a,b) for(register int i=a;i<=b;i++) #define dec(i,a,b) for(register int i=a;i>=b;i--) using namespace std; long long x[1000010],y[1000010]; long long KSM(long long a,long long b){ long long res=1; while(b){ if(b&1) res=res*a%p; a=a*a%p; b/=2; } return res%p; } long long pre[1000010],suf[1000010],fac[1000010]; int solve(long long n,long long m) { long long sum=0; inc(i,1,m+1){ long long tmp=KSM(i,m); sum=(sum+tmp)%p; x[i]=i; y[i]=sum; } pre[0]=n; fac[0]=1; inc(i,1,m+1) pre[i]=pre[i-1]*(n-i)%p,fac[i]=fac[i-1]*i%p; suf[m+1]=((n-x[m+1])%p+p)%p; dec(i,m,0) suf[i]=suf[i+1]*(n-i)%p; long long ans=0; inc(i,0,m+1){ long long tmp1=pre[i-1]; long long tmp2=suf[i+1]; if(i==0) tmp1=1; if(i==m+1) tmp2=1; long long tmp3=y[i]*tmp1%p*tmp2%p; if((m+1-i)%2==0) ans=(ans+tmp3*KSM((fac[i]*fac[m+1-i]%p),p-2)%p); else ans=(ans+tmp3*KSM((((-fac[i]*fac[m+1-i])%p+p)%p),p-2)%p); } return ((ans%p)+p)%p; } long long a[100]; int main() { int T; cin>>T; while(T--){ long long ans=0; long long tot; int num; scanf("%lld%d",&tot,&num); inc(i,1,num) scanf("%lld",&a[i]); sort(a+1,a+1+num); while(a[num]==tot){ --num; --tot; } long long k=num+1; int now=1; while(now<=k){ ans=(ans+solve(tot,k))%p; inc(i,now,num){ ans=((ans-KSM(a[i],k))+p)%p; } tot=(tot-a[now]); long long tmp=a[now]; inc(i,now,num){ a[i]-=tmp; } ++now; } printf("%lld\n",ans); } } /* 2 4 2 1 2 10 1 5 */
