自然数幂和（拉格朗日插值法）

今天A组的第一题是这个 Σ(☉▽☉”

题目：

∑ni=1ik
对一个大于k的质数取模。
1<=n<=10^8,1<=k<=10^6

解法：

不懂拉格朗日插值法的戳这儿。

我们首先得知道 ∑ni=1ik 是可以变成一个k+1次的多项式的，这个用差分表法都可以知道。

于是可以插值了，插值就插0,1,2…,k,k+1这k+2个点就行了。

直接带入n，可得：
Ans=∑k+1i=0f(i)∗∏k+1j=0(n−j)(i≠j)∏k+1j=0(i−j)(i≠j)

f(i)就是 ∑ij=1jk 。

观察式子，发现分式的分子是一个前缀积×后缀积，可以扫两遍预处理。
分式的分母其实是两个阶乘，注意符号，可以变为：
Ans=∑ki=0f(i)∗∏i−1j=0(n−j)∗∏k+1j=i+1(n−j)i!∗(k+1−i)!∗(−1)k+1−i

f(i)可以线性筛法做到O(n)预处理，分母中的逆元也可以O(n)预处理，分子也可以O(n)。

所以这个做法是O(n)的，当然，常数巨大。

不卡时限的话，log也是很好打的。

这个代码是用1-k+2插值的。

Code：

#include
#define ll long long
#define fo(i, x, y) for(ll i = x; i <= y; i ++)
#define fd(i, x, y) for(ll i = x; i >= y; i --)
using namespace std;

const ll N = 1e6 + 5, mo = 998244353;

ll ksm(ll x, ll y) {
    ll s = 1;
    for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
        if(y & 1) s = s * x % mo;
    return s;
}

ll n, k, a[N], f[N], fac[N], p[N], q[N];

ll solve(ll n, ll k) {
    ll ans = 0;
    p[0] = q[k + 3] = 1;
    fo(i, 1, k + 2) p[i] = p[i - 1] * (n - i) % mo;
    fd(i, k + 2, 1) q[i] = q[i + 1] * (n - i) % mo;
    fo(i, 1, k + 2) ans += ((k - i + 2) % 2 ? (-1) : 1) * f[i] * (p[i - 1] * q[i + 1] % mo) % mo * ksm(fac[i - 1] * fac[k + 2 - i] % mo, mo -2) % mo;
    return (ans % mo + mo) % mo;
}

int main() {
    fac[0] = 1; fo(i, 1, 1e6 + 2) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
    scanf("%lld %lld", &n, &k);
    f[0] = 0; fo(i, 1, 1e6 + 2) f[i] = (f[i - 1] + ksm(i, k)) % mo;
    printf("%lld\n", solve(n, k));
}