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题目大意：给出一个序列$a$，要求完成$Q$次操作，操作分为两种：1、$l,r,x$，将$[l,r]$的数都变为$x$。2、$l,r,k$，求$sumlimits_{i=l}^{r}a_{i}(i-l+1)^k$，其中$kle 5$。
因为$k$比较小，对于序列的每个位置，维护出$a_{i}*i^{k}$的值，并用线段树维护区间和。因为存在区间赋值操作，我们再维护$f[i][j]$表示$sumlimits_{x=1}^{i}x^j$(即$j$次幂的前缀和)，用两个前缀和相减即可得到区间对应需要乘的数。对于询问，我们先求出区间中维护的各次幂的和，例如当$k=2$时，$ans=sum a_{i}*i^2-2*(l-1)sum a_{i}*i+(l-1)^2sum a_{i}$，暴力将各次幂的和乘上对应常数相加即为答案。其他的$k$的情况同理，根据二项式展开推一下即可。
#include<set>
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
ll s[100010][6];
ll sum[400010][6];
ll num[400010];
ll ans[6];
int n,m;
int x,k;
char ch[3];
int l,r;
ll calc(int l,int r,int k)
{
return ((s[r][k]-s[l-1][k])%mod+mod)%mod;
}
void pushup(int rt)
{
for(int i=0;i<=5;i++)
{
sum[rt][i]=sum[rt<<1][i]+sum[rt<<1|1][i];
}
}
void pushdown(int rt,int l,int r)
{
if(num[rt]!=-1)
{
int mid=(l+r)>>1;
num[rt<<1]=num[rt];
num[rt<<1|1]=num[rt];
for(int i=0;i<=5;i++)
{
sum[rt<<1][i]=num[rt]*calc(l,mid,i)%mod;
sum[rt<<1|1][i]=num[rt]*calc(mid+1,r,i)%mod;
}
num[rt]=-1;
}
}
void build(int rt,int l,int r)
{
num[rt]=-1;
if(l==r)
{
scanf("%d",&x);
for(int i=0;i<=5;i++)
{
sum[rt][i]=1ll*x*calc(l,l,i)%mod;
}
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(rt<<1,l,mid);
build(rt<<1|1,mid+1,r);
pushup(rt);
}
void change(int rt,int l,int r,int L,int R,int k)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
num[rt]=1ll*k;
for(int i=0;i<=5;i++)
{
sum[rt][i]=1ll*k*calc(l,r,i)%mod;
}
return ;
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)
{
change(rt<<1,l,mid,L,R,k);
}
if(R>mid)
{
change(rt<<1|1,mid+1,r,L,R,k);
}
pushup(rt);
}
void query(int rt,int l,int r,int L,int R)
{
if(L<=l&&r<=R)
{
for(int i=0;i<=5;i++)
{
ans[i]+=sum[rt][i];
ans[i]%=mod;
}
return ;
}
pushdown(rt,l,r);
int mid=(l+r)>>1;
if(L<=mid)
{
query(rt<<1,l,mid,L,R);
}
if(R>mid)
{
query(rt<<1|1,mid+1,r,L,R);
}
}
int main()
{
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
s[i][0]=1ll;
for(int j=1;j<=5;j++)
{
s[i][j]=s[i][j-1]*i%mod;
}
}
for(int i=1;i<=n;i++)
{
for(int j=0;j<=5;j++)
{
s[i][j]+=s[i-1][j];
s[i][j]%=mod;
}
}
build(1,1,n);
while(m--)
{
scanf("%s%d%d%d",ch,&l,&r,&k);
if(ch[0]=='=')
{
change(1,1,n,l,r,k);
}
else
{
memset(ans,0,sizeof(ans));
query(1,1,n,l,r);
ll res=0;
if(k==0)
{
res+=ans[0],res%=mod;
}
else if(k==1)
{
res+=ans[1],res%=mod;
res-=1ll*(l-1)*ans[0]%mod,res%=mod;
}
else if(k==2)
{
res+=ans[2],res%=mod;
res-=2ll*(l-1)*ans[1]%mod,res%=mod;
res+=1ll*(l-1)*(l-1)%mod*ans[0]%mod,res%=mod;
}
else if(k==3)
{
res+=ans[3],res%=mod;
res-=3ll*(l-1)*ans[2]%mod,res%=mod;
res+=3ll*(l-1)*(l-1)%mod*ans[1]%mod,res%=mod;
res-=1ll*(l-1)*(l-1)%mod*(l-1)%mod*ans[0]%mod,res%=mod;
}
else if(k==4)
{
res+=ans[4],res%=mod;
res-=4ll*(l-1)*ans[3]%mod,res%=mod;
res+=6ll*(l-1)*(l-1)%mod*ans[2]%mod,res%=mod;
res-=4ll*(l-1)*(l-1)%mod*(l-1)%mod*ans[1]%mod,res%=mod;
res+=1ll*(l-1)*(l-1)%mod*(l-1)%mod*(l-1)%mod*ans[0]%mod,res%=mod;
}
else
{
res+=ans[5],res%=mod;
res-=5ll*(l-1)*ans[4]%mod,res%=mod;
res+=10ll*(l-1)*(l-1)%mod*ans[3]%mod,res%=mod;
res-=10ll*(l-1)*(l-1)%mod*(l-1)%mod*ans[2]%mod,res%=mod;
res+=5ll*(l-1)*(l-1)%mod*(l-1)%mod*(l-1)%mod*ans[1]%mod,res%=mod;
res-=1ll*(l-1)*(l-1)%mod*(l-1)%mod*(l-1)%mod*(l-1)%mod*ans[0]%mod,res%=mod;
}
res=(res%mod+mod)%mod;
printf("%lld
",res);
}
}
}