BZOJ 3157: 国王奇遇记

传送门

看到数据范围，显然可以 $m^3 log n$ 考虑构造矩阵

考虑 $i^m cdot m^i$ 怎么通过矩阵变成 $(i+1)^m cdot m^{i+1}$

首先后面那个 $m^i$ 变成 $m^{i+1}$ 十分显然，现在只要考虑 $i^{m}$ 变成 $(i+1)^m$

把 $(i+1)^m$ 展开，由二项式定理得到 $(i+1)^m=sum_{j=0}^{m}inom{j}{m}i^j$

那么我们首先维护一个这样的矩阵 $A$：

$egin{bmatrix}i^0 & i^1 & ... & i^m & end{bmatrix}$

然后可以构造出转移矩阵 $F$：

$egin{bmatrix}inom{0}{0} & inom{0}{1} & ... & inom{0}{m-1} & inom{0}{m}\ 0 & inom{1}{1} & ... & inom{1}{m-1} & inom{1}{m}\ 0 & 0 & ... & inom{2}{m-1} & inom{2}{m}\ ... & ... & ... & ... & ...\ 0 & 0 & ... & 0 & inom{m}{m}end{bmatrix}$

这样 $A$ 乘上 $F$ 以后就能得到 $(i+1)^m$ 了，因为之前还有个 $m^i$ 到 $m^{i+1}$，所以转移矩阵 $F$ 每一项再乘一个 $m$ 即可

因为答案要记录过程转移中的和，所以矩阵再多一个位置留给 $Ans$ 即可，最终

$A$ 为

$egin{bmatrix}i^0 cdot m^i & i^1 cdot m^i & ... & i^m cdot m^i & sum_{j=0}^{i-1}j^m cdot m^j end{bmatrix}$

$F$ 为

$egin{bmatrix}inom{0}{0}m & inom{0}{1}m & ... & inom{0}{m-1}m & inom{0}{m}m & 0\ 0 & inom{1}{1}m & ... & inom{1}{m-1}m & inom{1}{m}m & 0\ 0 & 0 & ... & inom{2}{m-1}m & inom{2}{m}m & 0\ ... & ... & ... & ... & ... & ...\ 0 & 0 & ... & inom{m-1}{m-1}m & inom{m-1}{m}m & 1\ 0 & 0 & ... & 0 & inom{m}{m}m & 1end{bmatrix}$

然后矩阵快速幂即可

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cstring>
#include<cmath>
using namespace std;
typedef long long ll;
inline int read()
{
    int x=0,f=1; char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
    while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48); ch=getchar(); }
    return x*f;
}
const int N=207,mo=1e9+7;
inline int fk(int x) { return x>=mo ? x-mo : x; }
int n,m,C[N][N],T;
struct Matrix {
    int a[N][N];
    Matrix () { memset(a,0,sizeof(a)); }
    inline Matrix operator * (const Matrix &tmp) const {
        Matrix res;
        for(int i=0;i<=T;i++)
            for(int j=0;j<=T;j++)
                for(int k=0;k<=T;k++)
                    if(a[i][k]&&tmp.a[k][j])
                        res.a[i][j]=fk(res.a[i][j]+1ll*a[i][k]*tmp.a[k][j]%mo);
        return res;
    }
}Ans,F;
inline Matrix ksm(Matrix x,int y)
{
    Matrix res; for(int i=0;i<=T;i++) res.a[i][i]=1;
    while(y)
    {
        if(y&1) res=res*x;
        x=x*x; y>>=1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    n=read(),m=read(); T=m+1;
    for(int i=0;i<=m;i++)
    {
        C[i][0]=1;
        for(int j=1;j<=i;j++) C[i][j]=fk(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]);
    }
    Ans.a[0][0]=1;
    for(int i=0;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<=i;j++) F.a[j][i]=1ll*m*C[i][j]%mo;
    F.a[T-1][T]=F.a[T][T]=1;
    Ans=Ans*ksm(F,n);
    printf("%d
",fk(Ans.a[0][T]+Ans.a[0][T-1]));//注意此时最后一项还没计入a[0][T]
    return 0;
}

---

啥？还有 $m^2$ 的做法？那补一个推导过程好了

设 $F_i=sum_{k=1}^{n}k^{i}m^{k}$，首先 $F_{0}$ 可以直接等比数列求和得到

然后

$mF_i=sum_{k=1}^{n}k^{i}m^{k+1}$

$(m-1)F_i=mF_i-F_i=sum_{k=1}^{n}k^{i}m^{k+1}-sum_{k=1}^{n}k^{i}m^{k}$

$=sum_{k=2}^{n+1}(k-1)^{i}m^{k}-sum_{k=1}^{n}k^{i}m^{k}$

因为前面那个式子当 $k=1$ 时没贡献，所以

$=sum_{k=1}^{n}(k-1)^{i}m^{k}+n^{i}m^{n+1}-sum_{k=1}^{n}k^{i}m^{k}$

$=n^{i}m^{n+1}+sum_{k=1}^{n}(k-1)^{i}m^{k}-sum_{k=1}^{n}k^{i}m^{k}$

$=n^{i}m^{n+1}+sum_{k=1}^{n}m^{k}((k-1)^{i}-k^i)$

直接把 $(k-1)^i$ 拆开，$(k-1)^i=sum_{j=0}^{i}(-1)^{i-j}inom{j}{i}k^j$，所以

$=n^{i}m^{n+1}+sum_{k=1}^{n}m^{k}(sum_{j=0}^{i-1}(-1)^{i-j}inom{j}{i}k^j)$

$=n^{i}m^{n+1}+sum_{j=0}^{i-1}(-1)^{i-j}inom{j}{i}sum_{k=1}^{n}m^{k}k^j$

发现后面那一团就是 $F_j$ ?

$=n^{i}m^{n+1}+sum_{j=0}^{i-1}(-1)^{i-j}inom{j}{i}F_j$

所以直接 $m^2$ 递推就完事了

啥？还有 $O(m)$ 的做法？？？？？？根本不会，溜了