bsoj5988
Description
【题目背景】
NOI2018 已经过去了许久，2019 届的 BSOIer 们退役的退役，颓废的颓废，计数能力大不如前。曾经的数数之王 xxyj 坦言：“我现在算期望都靠枚举”，嘴边还挂着什么“分布列”，什么“样本数据”，然后又继续投身于文化课学习中了。
为了让 OI 的火炬传递下去，苣蒻 AChen 决定将 xxyj 退役前随口提到的期望问题交给你来解决。
【题目描述】
现有 m + 1 个白色的小球排成一列并从一开始编号。每次操作从前 m 个小球中随机选择一个涂黑。现在执行了 n 次操作，则编号最小的白球编号的期望是多少？Input
从文件 mex.in 中读入数据。
输入共一行两个整数 n,m。表示操作次数和白色小球的个数Output
输出到文件 mex.out 中。
若最小的白球编号的期望为 E，则输出一行表示：((m^n)* E) mod (10^9 + 7)
可以看出上式一定是个整数。Sample Input
1 1
Sample Output
2
Hint
n <= 10^9, m <= 10^6
Source
Achen
%%%AChen队爷%%%
考察对容斥的基础理解，挺不错的一题
易列答案式
\[ \sum_{i=1}^{m+1} P(mex = i) i \]
对这种期望，常使用套路化法
\[ \sum_{i=0}^m P(mex>i) \]
和式里面相当于要求已钦定\(i\)个确定的球，求随机选\(n\)次将这\(i\)个球全部染黑的概率。
考虑容斥。先随便选，然后减去一个球未染的，然后加上两个球未染的，...
\[ \sum_{i=0}^{m} \sum_{k=0}^{i}C_i^k (\frac{m-k}{m})^n \]
（其实是一个类似二项式反演的容斥）
更换枚举
\[ \sum_{k=0}^{m} (\frac{m-k}{m})^n \sum_{i=k}^{m} C_i^k \]
又由组合数的性质
\[ \sum_{i=k}^{n} C_i^k = C_{n+1}^{k+1} \]
（容易通过杨辉三角和组合数的递推式证明）
得
\[ \sum_{k=0}^{m} (\frac{m-k}{m})^n C_{m+1}^{k+1} \]
直接计算即可。
数据量如果更大的话，可以线筛出所有\(n\)次幂以省掉快速幂的$\log $。偷懒不写了（
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