题目大意：
设$S(n,m)$为第二类斯特林数，$F_i$表示斐波那契数列第$i$项。
给定$n,R,K$,求$\sum\limits_{i=1}^{n}(\sum\limits_{m=1}^{R}F_i)!i!\sum\limits_{l=0}^{i}\sum\limits_{j=0}^{\sum\limits_{t=1}^{R}F_t}\frac{S(k,i-l)}{l!}\frac{S(i,\sum\limits_{w=1}^{R}F_w-j)}{j!}$的值$mod$ $1000000007$。
其中$n,R\leq10^{18}$，$k\leq2*10^5$
题解：
（爽感）
这道题...精神污染。。。当然也包括题解的$O(k)$做法。。。
于是我就自己YY了一个$O(klogk)$的能过的做法.
首先，需要知道三个小结论：
1.$\sum\limits_{i=1}^{n}F_i=F_{n+2}-1$，用归纳法可以轻松证明。
2.$m^n=\sum\limits_{i=1}^{m}S(n,i)C_m^ii!$
3.$S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum\limits_{i=0}^m(-1)^iC_m^i(m-i)^n$，本质上为结论2经二项式反演后的结果。
证明一下第二个结论：
考虑构造，把$n$个不同的球放入$m$个不同的盒子里，允许有空盒的方案数。
显然，每个球都有$m$种选择方法，答案是$m^n$。
换一种思维方式，可以想成枚举这$n$个球放入了那些盒子里，由于$S(n,m)$表示$n$个不同的球放入$m$个相同的盒子里无空盒的方案数，所以在乘上$C_m^ii!$。
然后就可以开心的化式子了：
设$L=\sum\limits_{m=1}^{R}F_i$，再把原式挪一下就变成了：
$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{l=0}^{i}i!\frac{S(k,i-l)}{l!}\sum\limits_{j=0}^LL!\frac{S(i,L-j)}{j!}$
然后我们神奇的发现后面的两个式子形式相同，以后一个为例：
$\sum\limits_{j=0}^LL!\frac{S(i,L-j)}{j!}$，换成枚举$L-j$
$=\sum\limits_{j=0}^LL!\frac{S(i,j)}{(L-j)!}$
$=\sum\limits_{j=0}^LS(i,j)C_L^jj!$，这不就是结论2吗，直接等于$L^i$
因此原式直接变为$\sum\limits_{i=0}^nL^ii^k$，但$n$依然很大。
注意当$L=1$时式子变为$\sum\limits_{i=0}^ni^k$，需要用拉格朗日插值法求解，详见CF622F.
若$L\neq1$，我的做法是把$i^k$变回斯特林数，即$\sum\limits_{i=0}^nL^i\sum\limits_{j=0}^kS(k,j)C_i^jj!$
交换求和号，即$\sum\limits_{j=0}^kS(k,j)j!\sum\limits_{i=j}^nC_i^jL^i$，考虑如何快速求出$\sum\limits_{i=j}^nC_i^jL^i$。
设$g(x)=\sum\limits_{i=x}^nC_i^xL^i$
推导一波：
$g(x)=\sum\limits_{i=x}^nL^iC_i^x$
$=\sum\limits_{i=x}^nL^iC_{i-1}^{x-1}+\sum\limits_{i=x}^nL^iC_{i-1}^x$
$=L\sum\limits_{i=x-1}^{n-1}L^{i}C_{i}^{x-1}+L\sum\limits_{i=x}^{n-1}L^{i}C_{i}^x$
$=L(g(x-1)-L^nC_n^{x-1})+L(g(x)-L^nC_n^x)$
在整理一下就是：$g(x)=\frac{Lg(x-1)-L^{n+1}C_{n+1}^x}{1-L}$，那么就可以$O(k)$的复杂度求出$g(x)$
到此为止，原式变为$\sum\limits_{i=1}^kS(k,j)j!g(j)$，问题就剩下如何求第二类斯特林数$S(k,j)$了。
应用第三个结论：$S(n,m)=\frac{1}{m!}\sum\limits_{i=1}^m(-1)^iC_m^i(m-i)^n$，将其化为卷积形式：
$S(n,m)=\sum\limits_{i=1}^m\frac{(-1)^i}{i!}\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$$NTT$即可。
又由于模数不是$NTT$模数，因此需要$MTT$来实现。