题面
Solution
这题写得我脑壳疼，我好菜啊
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显然，这题让我们求(sum_{i=1}^{n}C_n^i imes i^k)
这个(i^k)让人浑身难受，我们可以考虑把它搞掉，能搞掉某个数的幂次方的有啥？本蒟蒻只会第二类斯特林数。
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所以说我们无脑把第二类斯特林数带进去再说：
(sum_{i=1}^{n}C_n^i imes sum_{j=0}^{i}S(k,j)*j!*C_i^j)
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然后把组合数展开：
(sum_{i=1}^{n}frac{n!}{i!(n-i)!} imes sum_{j=0}^{i}S(k,j)*j!*frac{i!}{j!(i-j)!})
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因为前面那一项与j无关，我们可以把它放到后面去
(sum_{i=1}^{n} sum_{j=0}^{i} frac{n!}{i!(n-i)!} * S(k,j)*j!*frac{i!}{j!(i-j)!})
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约分得：
(sum_{i=1}^{n} sum_{j=0}^{i} frac{n!}{(n-i)!} * S(k,j)*frac{1}{(i-j)!})
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因为(k)很小，(j)很大，而第二类斯特林数的定义告诉我们，当(j>k)时，(S(k,j)=0)。因此，我们可以考虑把(S(k,j))放到外面来处理，根据交换和号的原则，我们可以处理前面两个(sum)来方便把(S(k,j))提到外面来。
交换和号后得：
(sum_{j=0}^{n} sum_{i=j}^{n} frac{n!}{(n-i)!} * S(k,j)*frac{1}{(i-j)!})
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然后就可以把(S(k,j))提到外面来了：
(sum_{j=0}^{n} S(k,j) imes sum_{i=j}^{n} frac{n!}{(n-i)!}*frac{1}{(i-j)!})
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考虑到一点，当我们的(j>k)的时候，(S(k,j)=0)，因此，我们前面(j)的枚举范围可以缩小为(min(k,n))
(sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j) imes sum_{i=j}^{n} frac{n!}{(n-i)!}*frac{1}{(i-j)!})
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这时候我们可以发现：后面那个循环长得非常像组合数，考虑上下同时乘以((n-j)!)让它变成组合数:
(sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j) imes sum_{i=j}^{n} frac{n!}{(n-j)!}*frac{(n-j)!}{(n-i)!*(i-j)!})
(sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j) imes sum_{i=j}^{n} frac{n!}{(n-j)!}*C_{(n-j)}^{(n-i)})
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同理，我们可以把后面那个阶乘提到前面去
(sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j)*frac{n!}{(n-j)!} imes sum_{i=j}^{n} C_{(n-j)}^{(n-i)})
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我们还可以注意到，后面那个循环：当(i<j)的时候，算出来的东西是没有意义的，因此我们可以改变循环范围为(i=0) 来方便把那个难以计算的(sum)变为方便计算的(2^x)的形式
(sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j)*frac{n!}{(n-j)!} imes sum_{i=0}^{n} C_{(n-j)}^{(n-i)})
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(sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j)*frac{n!}{(n-j)!} imes 2^{(n-j)})
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搞定，到目前为止，这里里面的所有东西都可以方便的求出来了：
(S(k,j))可以用(k^2)的递推暴力求算神犇们大可用FFT或NTT快速计算，可惜我太菜了并不会
(frac{n!}{(n-j)!})可以用一个(O(k))的暴力递推算即可
(2^{(n-j)})........如果不会算的话请自行右上角
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时间复杂度(O(n^2))
酱紫，这题就被我们A掉啦~
撒花ヾ(●´∀｀●)
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Code
//CF932E Team Work
//Jan,15th,2019
//第二类斯特林数的应用+奇奇怪怪的推公式
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int poi=1000000007;
long long FastPow(long long A,long long B)
{
if(B==0) return 1;
long long t_ans=FastPow(A,B/2);
t_ans=t_ans*t_ans%poi;
if(B%2==1) t_ans=t_ans*A%poi;
return t_ans;
}
const int N=5000+100;
long long S[N][N],jc[N];
int n,K;
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&K);
S[1][1]=1;
for(int i=2;i<=K;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%poi;
jc[0]=1;
for(int i=1;i<=K;i++)
jc[i]=jc[i-1]*(n-i+1)%poi;
long long ans=0;
int t=min(n,K);
for(int i=0;i<=t;i++)
ans+=S[K][i]*jc[i]%poi*FastPow(2,n-i),ans%=poi;
printf("%lld",ans);
return 0;
}