题目描述
已知(f(x))为(k)次多项式。
给你(f(0),f(1),ldots,f(k))，求
(kleq 500000,nleq {10}^{18},q eq 1)
题解
当(q=0)时答案为(f(0))
当(q=1)时：记(S(n)=sum_{i=0}^nf(i))，易证(S(n))是一个(k+1)次多项式。直接求出(S(0)ldots S(k+1))然后线性插值即可。
当(q eq 1)时：记(S(n)=sum_{i=0}^{n-1}f(i)q^i=q^nG(n)-G(0))，其中(G(n))是一个(k)次多项式。
证明：
当(k=0)时显然成立。
假设当(k=d-1)时成立。
当(k=d)时：
因为(f(n)-f(n-1))是一个(d-1)次多项式，所以(sum_{i=0}^{n-1}(f(i)-f(i-1))q^i)可以被表示成(q^nP(n)-P(0))
所以(S(n))一定能被表示为(q^nG(n)-c)，其中(G(n)=frac{f(n-1)+P(n)}{q-1})，(c)为一个常数。
考虑当(n=0)时(S(n)=0)，所以(c=f(0))
因为(f(n-1))是一个(d)次多项式，(P(n))是一个(d)次多项式，所以(G(n))也是一个(d)次多项式。
现在要算(G(n))，可以算出(G(0)ldots G(k))之后线性插值插出来。
所以每个(G(n))都可以被表示为(a_iG(0)+b_i)
由于(G(n))是一个(k)次多项式，那么就满足(k+1)次差分之后的值为(0)
这是一个关于(G(0))的一元一次方程，可以解出(G(0))的值。
然后递推得到(G(1)ldots G(k))，线性插值插出(G(n+1))
时间复杂度：(O(k+log n))
代码
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll p=1000000007;
ll n,q;
int k;
ll fp(ll a,ll b)
{
ll s=1;
for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
if(b&1)
s=s*a%p;
return s;
}
ll inv[500010];
ll fac[500010];
ll ifac[500010];
ll f1[500010];
ll f2[500010];
ll g[500010];
ll f[500010];
ll getc(int x,int y)
{
return fac[x]*ifac[y]%p*ifac[x-y]%p;
}
ll pre[500010];
ll suf[500010];
int main()
{
#ifndef ONLINE_JUDGE
freopen("b.in","r",stdin);
freopen("b.out","w",stdout);
#endif
scanf("%lld%d%lld",&n,&k,&q);
n++;
for(int i=0;i<=k;i++)
scanf("%lld",&f[i]);
inv[1]=fac[0]=fac[1]=ifac[0]=ifac[1]=1;
for(int i=2;i<=k+1;i++)
{
inv[i]=-p/i*inv[p%i]%p;
ifac[i]=ifac[i-1]*inv[i]%p;
}
for(int i=2;i<=k+1;i++)
fac[i]=fac[i-1]*i%p;
ll invq=fp(q,p-2);
f1[0]=1;
f2[0]=0;
for(int i=1;i<=k+1;i++)
{
f1[i]=f1[i-1]*invq%p;
f2[i]=(f2[i-1]+f[i-1])*invq%p;
}
ll v1=0,v2=0;
for(int i=0;i<=k+1;i++)
{
v1=(v1+getc(k+1,i)*f1[i]%p*((k+1-i)&1?-1:1))%p;
v2=(v2+getc(k+1,i)*f2[i]%p*((k+1-i)&1?-1:1))%p;
}
g[0]=-v2*fp(v1,p-2)%p;
for(int i=1;i<=k+1;i++)
g[i]=(f1[i]*g[0]+f2[i])%p;
ll ans=0;
ll n2=n%p;
for(int i=0;i<=k;i++)
{
pre[i]=n2-i;
if(i)
pre[i]=pre[i-1]*pre[i]%p;
}
for(int i=k;i>=0;i--)
{
suf[i]=n2-i;
if(i!=k)
suf[i]=suf[i+1]*suf[i]%p;
}
for(int i=0;i<=k;i++)
{
ll v=g[i];
if(i)
v=v*pre[i-1]%p;
if(i!=k)
v=v*suf[i+1]%p;
v=v*ifac[i]%p;
v=v*ifac[k-i]*((k-i)&1?-1:1)%p;
ans=(ans+v)%p;
}
ans=ans*fp(q,n)%p;
ans=(ans-g[0])%p;
ans=(ans+p)%p;
printf("%lld
",ans);
return 0;
}