2017 9 27 模拟赛T1

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题意简述：

求1—n中所有数的k次方的和，答案对1234567891取模。

样例输入格式：

一行，两个整数n,k

样例输出格式：

一个整数，即所求的和。

数据范围：n<10^9,k<100

这道题n非常大，即使是O(n)的算法也不能承受，但是此题的k却非常小，这也就提醒由k入手。

首先预处理前k+1个数的k次方的和，如果n<=k+1的话其实就可以直接输出a[0][n]了，不过我觉得出题人不会出这样的数据。

为什么是k+1个数呢？这是为了能处理一些差分的问题。

然后不断地计算每一行的差分，比如这样：

3 2

0 1 5 14

0 1 4 9

0 0 3 5

0 0 0 2

对于每一个a[i][i],其中存储的便是每一个i^k-(i-1)^k-(i-2)^k...-2^k-1^k的值。

即使没有学过导数，也应该能想象，在k>1的情况下，y=x^k这个函数的增长是越来越快的。

假设x1<x2,那么必有 x2^k - (x2-x)^k  > x1^k - (x1-x)^k (k>0，x为正整数且x<x1)

然后就能发现，在n个数中任选i个数，所选的数中，最大的数与最小的数之间至少会产生a[i][i]的差值。

组数是一个组合的关系，也就是C(n,i)，乘上a[i][i]后加进和中即可。

计算出所有差值并将其累加，就能得到最终结果。

代码来自标程。

#include<cstdio>
long long n,k,p=1234567891,tmp=1;
long long a[105][105],ans;
long long pow(long long x,long long y)
{
    long long re=1;
    for(;y;y>>=1)
    {
        if(y&1) re=re*x%p;
        x=x*x%p;
    }
    return re;
}
int main()
{
    scanf("%lld%lld",&n,&k);
    for(int i=1;i<=k+1;i++) a[0][i]=(a[0][i-1]+pow(i,k))%p;
    for(int i=1;i<=k+1;i++)
    {
        for(int j=i;j<=k+1;j++)    a[i][j]=(a[i-1][j]-a[i-1][j-1]+p)%p;
    }
    for(int i=0;i<=k+1;i++)
    {
        ans=(ans+a[i][i]*tmp)%p;
        tmp=tmp*(n-i)%p*pow(i+1,p-2)%p;
    }
    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

2017 9 27 模拟赛T1

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原文地址：http://www.cnblogs.com/zeroform/p/7603046.html