题目描述:求

\[\sum_{i=1}^ni^kr^i
\]

对某个质数取模。\(T\)组数据。

数据范围:\(n,r\le 10^{18},\sum k\le 2.56\times 10^6\)


数论神题。。。

我们设\(S_k(n)=\sum_{i=1}^{n-1}i^kr^i\),通过推通项公式,你会发现这个结论:

\[S_k(n)=r^nF_k(n)-F_k(0)
\]

其中\(F_k(n)\)是一个关于\(n\)且次数不高于\(k\)的多项式。

如何证明呢?首先你可以通过错位相减法得到一个递推公式,然后就可以数学归纳法了。

然后我们就是要求出\(F_k(0),F_k(1),F_k(2),\ldots,F_k(k+1)\),这样就可以通过拉格朗日插值求出\(F_k(n)\)。

我们注意到\(S_k(n)-S_k(n-1)=r^nF_k(n)-r^{n-1}F_k(n-1)=r^{n-1}(n-1)^k\),所以\(F_k(n)=\dfrac{F_k(n-1)+(n-1)^k}{r}\)。

然后我们知道,\(k\)次多项式的\(k+1\)阶差分为\(0\),即

\[\sum_{i=0}^{k+1}(-1)^i\binom{k+1}{i}F_k(k+1-i)=0
\]

于是可以设\(F_k(0)=x\),然后不停代入,然后用这个式子解方程。具体实现可以写一个二项式binom来做。

注意特判一些特殊情况。时间复杂度\(O(k)\)。

code
#include<bits/stdc++.h>
#define Rint register int
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1000012, mod = 1e9 + 7;
inline int kasumi(int a, int b){
int res = 1;
while(b){
if(b & 1) res = (LL) res * a % mod;
a = (LL) a * a % mod; b >>= 1;
}
return res;
}
inline void upd(int &a, int b){a += b; if(a >= mod) a -= mod;}
inline int add(int a, int b){return (a + b >= mod) ? (a + b - mod) : (a + b);}
inline int sub(int a, int b){return (a < b) ? (a + mod - b) : (a - b);}
int T, k, fac[N], inv[N];
LL n, r;
struct binom {
int a, b;
inline binom(int _a = 0, int _b = 0): a(_a), b(_b){}
inline binom operator + (const binom &o) const {return binom(add(a, o.a), add(b, o.b));}
inline binom operator - (const binom &o) const {return binom(sub(a, o.a), sub(b, o.b));}
inline binom operator * (int v) const {return binom((LL) a * v % mod, (LL) b * v % mod);}
} S[N];
inline int lagrange(int *A, int k, LL n){
static int pre[N], suf[N];
pre[0] = suf[k + 1] = 1;
for(Rint i = 1;i <= k;i ++) pre[i] = (n - i + 1) % mod * pre[i - 1] % mod;
for(Rint i = k;i;i --) suf[i] = (n - i) % mod * suf[i + 1] % mod;
int ans = 0;
for(Rint i = 0;i <= k;i ++){
int tmp = (LL) inv[i] * inv[k - i] % mod * pre[i] % mod * suf[i + 1] % mod;
if((k - i) & 1) tmp = mod - tmp;
upd(ans, (LL) A[i] * tmp % mod);
}
return ans;
}
int pri[N], tot, po[N], minp[N];
bool notp[N];
inline void init(int n){
notp[0] = notp[1] = 1;
for(Rint i = 2;i <= n;i ++){
if(!notp[i]) pri[++ tot] = i;
for(Rint j = 1;j <= tot && i * pri[j] <= n;j ++){
notp[i * pri[j]] = 1; minp[i * pri[j]] = pri[j];
if(!(i % pri[j])) break;
}
}
fac[0] = 1;
for(Rint i = 1;i <= n;i ++) fac[i] = (LL) fac[i - 1] * i % mod;
inv[n] = kasumi(fac[n], mod - 2);
for(Rint i = n;i;i --) inv[i - 1] = (LL) inv[i] * i % mod;
}
inline void calc(int k){
po[0] = 0; po[1] = 1;
for(Rint i = 2;i <= k + 1;i ++)
if(notp[i]) po[i] = (LL) po[minp[i]] * po[i / minp[i]] % mod;
else po[i] = kasumi(i, k);
}
inline int C(int n, int m){if(n < 0 || m < 0 || n < m) return 0; return (LL) fac[n] * inv[m] % mod * inv[n - m] % mod;}
inline int solve(LL n, int k, int r){
static int F[N];
int invr = kasumi(r, mod - 2);
if(!r) return 0;
memset(F, 0, (k + 2) << 2);
calc(k);
if(r == 1){
for(Rint i = 1;i <= k + 1;i ++) F[i] = add(F[i - 1], po[i]);
return n <= k + 1 ? F[n] : lagrange(F, k + 1, n);
}
if(!n) return 0;
if(!k) return (LL) sub(kasumi(r, n + 1), r) * kasumi(r - 1, mod - 2) % mod;
S[0] = binom(1, 0);
for(Rint i = 1;i <= k + 1;i ++)
S[i] = (S[i - 1] + binom(0, po[i - 1])) * invr;
binom qwq;
for(Rint i = 0;i <= k + 1;i ++)
if(i & 1) qwq = qwq + S[k + 1 - i] * C(k + 1, i);
else qwq = qwq - S[k + 1 - i] * C(k + 1, i);
F[0] = (LL) (mod - qwq.b) * kasumi(qwq.a, mod - 2) % mod;
for(Rint i = 1;i <= k + 1;i ++) F[i] = (LL) add(F[i - 1], po[i - 1]) * invr % mod;
int ans = lagrange(F, k + 1, n + 1);
return (LL) sub((LL) ans * kasumi(r, (n + 1) % (mod - 1)) % mod, F[0]);
}
int main(){
scanf("%d", &T); init(1000010);
while(T --){
scanf("%lld%lld%d", &n, &r, &k);
printf("%d\n", solve(n, k, r % mod));
}
}

SP19997 MOON2 - Moon Safari (Hard) 【数论,多项式】的更多相关文章

  1. 多项式 之 快速傅里叶变换(FFT)/数论变换(NTT)/常用套路【入门】

    原文链接https://www.cnblogs.com/zhouzhendong/p/Fast-Fourier-Transform.html 多项式 之 快速傅里叶变换(FFT)/数论变换(NTT)/ ...

  2. Algorithm: 多项式乘法 Polynomial Multiplication: 快速傅里叶变换 FFT / 快速数论变换 NTT

    Intro: 本篇博客将会从朴素乘法讲起,经过分治乘法,到达FFT和NTT 旨在能够让读者(也让自己)充分理解其思想 模板题入口:洛谷 P3803 [模板]多项式乘法(FFT) 朴素乘法 约定:两个多 ...

  3. 数论 - Moon Game

    Fat brother and Maze are playing a kind of special (hentai) game in the clearly blue sky which we ca ...

  4. UOJ269【清华集训2016】如何优雅地求和【数论,多项式】

    题目描述:求 $$\sum_{k=0}^nf(k)\binom{n}{k}x^k(1-x)^{n-k}$$ 输入$n$,$f(x)$的次数上界$m$,$x$,$f(0,1,\ldots,m)$,对$9 ...

  5. 模板 - 数学 - 多项式 - 快速数论变换/NTT

    Huffman分治的NTT,常数一般.使用的时候把多项式的系数们放进vector里面,然后调用solve就可以得到它们的乘积.注意这里默认最大长度是1e6,可能需要改变. #include<bi ...

  6. 多项式乘法(FFT)模板 &amp;&amp; 快速数论变换(NTT)

    具体步骤: 1.补0:在两个多项式最前面补0,得到两个 $2n$ 次多项式,设系数向量分别为 $v_1$ 和 $v_2$. 2.求值:用FFT计算 $f_1 = DFT(v_1)$ 和 $f_2=DF ...

  7. JZYZOJ 2041 快速数论变换 NTT 多项式

    http://172.20.6.3/Problem_Show.asp?id=2041 https://blog.csdn.net/ggn_2015/article/details/68922404 代 ...

  8. LightOJ 1336 Sigma Function(数论 整数拆分推论)

    --->题意:给一个函数的定义,F(n)代表n的所有约数之和,并且给出了整数拆分公式以及F(n)的计算方法,对于一个给出的N让我们求1 - N之间有多少个数满足F(x)为偶数的情况,输出这个数. ...

  9. FFT/NTT 多项式学习笔记

    FFT(快速傅立叶变换)和NTT(快速数论变换)看上去很高端,真正搞懂了就很simple了辣. 首先给出多项式的一些定义(初中数学内容): 形如Σaixi的式子就是多项式! 多项式中每个单项式叫做多项 ...

随机推荐

  1. Rails的三种环境----开发环境,生产环境和测试环境

    Rails 的三个环境 Rails 的应用程序预设提供了三种不同的执行模式: development environment 开发模式,用在你的开发的时候 test environment 测试模式, ...

  2. SVM实践

    在Ubuntu上使用libsvm(附上官网链接以及安装方法)进行SVM的实践: 1.代码演示:(来自一段文本分类的代码) # encoding=utf8 __author__ = 'wang' # s ...

  3. jsp页面输出序号

    <c:forEach items="${tests}" var="test" varStatus="s"> <li> ...

  4. C#读取Xml【转】

      XML文件是一种常用的文件格式,例如WinForm里面的app.config以及Web程序中的web.config文件,还有许多重要的场所都有它的身影.Xml是Internet环境中跨平台的,依赖 ...

  5. qml android 的一个例子qtHangMan

    这个例子有2个好处: 1.解决了黑屏问题 2.演示了应用内购买的问题

  6. 最小二乘法(least squares method)

    一.背景 号到北大去听hulu的讲座<推荐系统和计算广告在视频行业应用>,想到能见到传说中的项亮大神,特地拿了本<推荐系统实践>求签名.讲座开始,主讲人先问了下哪些同学有机器学 ...

  7. c#调用系统资源大集合-3

    public static void 打开控制面板多媒体属性音频() { Process.Start("rundll32.exe", " shell32.dll,Cont ...

  8. Windows Socket 最大连接数

    Socket 编程时,单机最多可以建立多少个 TCP 连接,受到操作系统的影响. Windows 下单机的TCP连接数受多个参数影响: 最大TCP连接数 [HKEY_LOCAL_MACHINE \Sy ...

  9. html-----002

    <!DOCTYPE html PUBLIC "-//W3C//DTD XHTML 1.0 Transitional//EN" "http://www.w3.org/ ...

  10. python-元类的几种单例模式

    单例介绍: 单例即单个的实例,指的是同一个类实例化多次的结果都是指向同一个对象,用于节省内存空间 如果我们从配置文件中读取配置信息来进行实例化,在配置相同的情况下,就没必要重复产生对象浪费内存了. # ...