cf660E Different Subsets For All Tuples

For a sequence a of n integers between 1 and m, inclusive, denote f(a) as the number of distinct subsequences of a (including the empty subsequence).

You are given two positive integers n and m. Let S be the set of all sequences of length n consisting of numbers from 1 to m. Compute the sum f(a) over all a in S modulo 10⁹ + 7.

Input

The only line contains two integers n and m (1 ≤ n, m ≤ 10⁶) — the number of elements in arrays and the upper bound for elements.

Output

Print the only integer c — the desired sum modulo 10⁹ + 7.

Examples

Input

1 3

Output

6

Input

2 2

Output

14

Input

3 3

Output

174

数论题都是一生之敌QAQ

看了一遍官方tutorial没怎么懂，搜题解的时候突然看见Q神orz

“E题，强行推公式，枚举长度k，考虑每个长度为k的序列能作为多少个长度为n的序列的子序列，考虑k>=1，记子序列为s[1]s[2]...s[k]，位置序列为p[1]p[2]...p[k]，为了保证不重不漏，对每个长为n的序列，如果包含s[]作为子序列，找出使得位置序列字典序最小的，这要求p[1]之前不出现s[1]，p[1]和p[2]之间不出现s[2]，依此类推，枚举最后一个位置q，即q=p[k]，那么有C(q-1,k-1)*m^k*(m-1)^(q-k)*m^(n-q)，上式对q从k到n，对k从1到n求和，考虑交换求和，先对k从1到q求和，得到m^(n-q+1)*(2m-1)^(q-1)，上式对q从1到n求和，这是个等比数列，可以进一步化简，再加上k=0的贡献m^n即可，复杂度O(logn)。”——by Q神

空集单独考虑，就最后加上个m^n就行

枚举一个长度len的子序列，假设是x[1]x[2]...x[len]，考虑有多少个长度为n的串出现过这个子序列

为了统计不重不漏，只考虑这个子序列第一次出现在这个串中

因为是第一次出现，那么在x[1]之前不能有x[1]同样的，x[1]和x[2]之间不能有x[2]同样的，，，以此类推

所以在x[k]之前其他未定的位置都恰好有(m-1)种取法

x[len]之后就随意了，因为怎么取都不影响x[1]x[2]...x[len]子序列第一个出现，所以都有m种取法

而每个x[i]都有m种取法，

假设最后一个x[len]出现在q位置，前面x[1]~x[len-1]有C(q-1,len-1)种放法

最后答案是C(q-1,len-1)*m^len*(m-1)^(q-len)*m^(n-q)

瞎鸡儿一通化简之后

Σm^(n-len+1)*(2m-1)^(len-1)

 #include<cstdio>
 #include<iostream>
 #include<cstring>
 #include<cstdlib>
 #include<algorithm>
 #include<cmath>
 #include<queue>
 #include<deque>
 #include<set>
 #include<map>
 #include<ctime>
 #define LL long long
 #define inf 0x7ffffff
 #define pa pair<int,int>
 #define mkp(a,b) make_pair(a,b)
 #define pi 3.1415926535897932384626433832795028841971
 #define mod 1000000007
 using namespace std;
 inline LL read()
 {
     LL x=,f=;char ch=getchar();
     while(ch<''||ch>''){if(ch=='-')f=-;ch=getchar();}
     while(ch>=''&&ch<=''){x=x*+ch-'';ch=getchar();}
     return x*f;
 }
 LL n,m;
 inline LL quickpow(LL a,LL b)
 {
     LL s=;
     while (b)
     {
         if (b&)s=(s*a)%mod;
         a=(a*a)%mod;
         b>>=;
     }
     return s;
 }
 int main()
 {
     n=read();m=read();
     LL ans=quickpow(m,n);
     for (int i=;i<=n;i++)
     {
         ans=(ans+quickpow(m,n-i+)*quickpow(*m-,i-))%mod;
     }
     printf("%lld\n",ans);
 }

cf 660E