CF622F——自然数幂和模板&&拉格朗日插值

题意

求 $ \displaystyle \sum_{i=1}^n i^k \ mod (1e9+7), n \leq 10^9, k \leq 10^6$.

CF622F

分析

易知答案是一个 $k+1$ 次多项式，我们找 $k+2$ 个值代进去，然后拉格朗日插值。

$n+1$ 组点值对 $(x_i, y_i)$，得到 $n$ 次多项式 $f$ 的拉格朗日插值公式为：

$$f(x) = \sum_{i = 0}^n y_i\prod_{j\not =i} \frac{x-x_j}{x_i-x_j}$$

时间复杂度为 $O(n^2)$，

如果我们取 $n$ 个连续的值，这样可以预处理阶乘，复杂度降至 $O(n)$，

在这题中复杂度为 $O(k log{mod})$，其中 $O(log mod)$为求逆元的时间。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + ;
const int maxk =  + ;
ll n, k;

ll qpow(ll m, ll n, ll mod)
{
    ll res = ;
    while (n > )
    {
        if (n & )
            res = (res * m) % mod;
        m = (m * m) % mod;
        n = n >> ;
    }
    return res;
}

ll fac[maxk], y[maxk];  //前k+2项前缀和都已经算好
ll Largrange()
{
    fac[]=fac[]=,y[]=;
    for(int i=;i<=k+;i++) fac[i]=fac[i-]*i%mod;      //预处理阶乘
    for(int i=;i<=k+;i++) y[i]=(y[i-]+qpow(i,k, mod))%mod;  //预处理求出每一项的结果
    if(n<=k+)  return y[n];
    ll ans = , prod = , sig;
    for(ll i = n-k-; i <= n-;i++)  prod = prod * i % mod;
    for(ll i = ;i <= k+;i++)
    {
        ll fz = prod * qpow(n-i, mod-, mod) % mod;
        ll fm = qpow(fac[i-] * fac[k+-i] % mod, mod-, mod);
        if((k+-i) %  == )  sig = ;
        else sig = -;
        ans = (ans + sig*y[i]*fz%mod*fm%mod + *mod) % mod;
    }
    return ans;
;}

int main()
{
    scanf("%lld%lld", &n, &k);
    printf("%lld\n", Largrange());

    return ;
}

 

预处理逆元阶乘，此时时间复杂度的瓶颈在求前 $k+2$ 项和，所以总的时间复杂度为 $O(klogk)$。

 

51nod-1258序列求和V4

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;

typedef long long ll;
const ll mod = 1e9 + ;
const int maxk = 5e4 + ;
ll n, k;

ll qpow(ll m, ll n, ll mod)
{
    ll res = ;
    while (n > )
    {
        if (n & )
            res = (res * m) % mod;
        m = (m * m) % mod;
        n = n >> ;
    }
    return res;
}

ll inv[maxk], fac[maxk];  //阶乘的逆元
void init()
{
    inv[] = ;
    for(int i = ;i < maxk; i++)  inv[i] = (mod -  mod / i) * inv[mod % i] % mod;  //加mod不改变结果

    fac[] = ;
    for(int i=;i< maxk; i++) fac[i]=fac[i-]*inv[i]%mod;      //预处理阶乘
}

ll y[maxk];  //前 k+2 项自然数 k 次幂和   也就是yi
ll pre[maxk], suf[maxk];  //前缀积 后缀积
ll Largrange()
{
    y[] = ;
    for(int i=;i<=k+;i++) y[i]=(y[i-]+qpow(i,k, mod))%mod;  //预处理求出每一项的结果
    if(n<=k+)  return y[n];

    n %= mod;       //因为最后是关于n的多项式
    ll ans = ;
    pre[] = suf[k+] = ;      //边界
    for(ll i = ;i <= k+;i++)  pre[i] = pre[i-] * (n - i) % mod;
    for(ll i = k+;i >= ;i--)  suf[i] = suf[i+] * (n - i) % mod;
    for(ll i = ;i <= k+;i++)
    {
        ll f = fac[i-] * fac[k+-i] % mod;
        f = (k+-i)& ? -f : f;
        ans = (ans + y[i]*f%mod * pre[i-]%mod * suf[i+]%mod + mod) % mod;
    }
    return ans;
;}

int main()
{
    init();

    int T;
    scanf("%d", &T);
    while(T--)
    {
        scanf("%lld%lld", &n, &k);
        printf("%lld\n", Largrange());
    }

    return ;
}

 

参考链接：

1. https://blog.csdn.net/tianwei0822/article/details/81153981

 

2.https://www.cnblogs.com/hongzy/p/10371638.html

3. https://blog.csdn.net/GodJing007/article/details/91129566