解法一：递推求导，搞定k^i
前置知识
求导法则
基本法则：((x^k)'=kx^{k-1})
四则运算：
- ((f(x)+g(x))'=f'(x)+g'(x))
- ((f(x)cdot g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x))
用乘法法则，可以推出一个常数乘以一个函数的求导法则，即：((ccdot f(x))'=0cdot f(x)+ccdot f'(x)=ccdot f'(x))。然后，对于减法，就可以看做加(-1cdot g(x))，直接套用加法法则即可得到：((f(x)-g(x))'=f'(x)-g'(x))。
复合函数：((f(g(x)))'=f'(g(x))cdot g'(x))。
对于除法，可以看做乘以(frac{1}{g(x)})，也就是(h(x)=x^{-1})和(g(x))的复合函数。于是得到：(displaystyle left(frac{f(x)}{g(x)} ight)'=f'(x)cdotfrac{1}{g(x)}+f(x)cdot(-g^{-2}(x)cdot g'(x))=frac{f'(x)g(x)-f(x)g'(x)}{g^2(x)})。
应用：对一个多项式函数，(F(x)=sum_{i=0}^{n}f_ix^i)求导，可以结合“基本法则”和“加法法则”，得到：(F'(x)=sum_{i=0}^{n}f_{i}cdot icdot x^{i-1}=sum_{i=0}^{n-1}f_{i+1}(i+1)x^i)。
二项式定理
证明略。
本题用到它的一种特殊形式，就是((x+1)^{n}=sum_{i=0}^{n}{nchoose i}x^i)。你可以理解为(y=1)的情况。
题解
考虑(m=0)的subtask，答案就是：(a_0cdot sum_{k=0}^{n}x^k{nchoose k})。容易发现这就是上面讲的“二项式定理的特殊形式”，所以它等于(a_0cdot(x+1)^n)。
这给我们一个启发，就是可以把(f(k))的每一项拿出来分别计算。于是原式就等于：
我们设(F_i(x)=sum_{k=0}^{n}k^ix^k{nchoose k})。那么原式就等于(sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x))。发现(F_i(x))里，比较令人头疼的，就是这个(k^i)。怎么处理它呢？本节介绍的“求导”，就是一种很好的方法。
对一个多项式函数，(T(x)=sum_{k=0}^{n}t_kx^k)，考虑把它每一项分别都乘以(k)，得到( ext{newT}(x)=sum_{k=0}^{n}t_kcdot kcdot x^k)。发现这个是什么呢？这个就是把(T'(x))每项都乘以(x)。也就是说：( ext{newT}(x)=xcdot T'(x))。
回到本题，我们知道，(F_i(x))，就相当于把(F_{i-1}(x))的每一项分别都乘以(k)。所以，(F_i(x)=xcdot F_{i-1}'(x))。也就是先求导，再乘以(x)。例如，(F_0(x)=(x+1)^{n})，那么就有：(F_1(x)=x((x+1)^n)')。带到原式里，也可以验证出来（把每一项都提一个(x)出来即可）。
那么我们就可以依次递推(F_1(x),F_2(x),dots ,F_m(x))。也就是先对(F_{i-1}(x))求导，再把所有项都乘以(x)。例如我多写几个：
- (F_0(x)=(x+1)^{n})
- (F_1(x)=x((x+1)^n)'=ncdot xcdot (x+1)^{n-1})
- (F_2(x)=x(ncdot xcdot (x+1)^{n-1})'=ncdot xcdot (x+1)^{n-1}+n(n-1)cdot x^2cdot (x+1)^{n-2})
- $dots $
你可以发现，它有很多项。每一项，都可以写成(d_jcdot x^{j}cdot (x+1)^{n-j})的形式。其中，(d_j)是一个常数。(0leq jleq m)。更具体来说：
这个(d)数组，我们递推一下，可以(O(m^2))求出。然后预处理一下(x)和((x+1))的次幂，就可以直接计算答案了。
(d)数组怎么递推？首先根据导数的加法法则，我们要对(F_{i-1}(x))求导，就先对它的每一项求导，再加起来。考虑某一项(d_{i-1,j}x^{j}(x+1)^{n-j})，它是一个乘法（前面的常数不算，是(x^j)和((x+1)^{n-j})两个东西相乘）。要对它求导，就用到导数的乘法法则：((f(x)cdot g(x))'=f'(x)g(x)+f(x)g'(x))。所以(F_{i-1}(x))里的每一项，会对(F_{i}(x))里的两项有贡献。当然，别忘了对(F_{i-1}(x))求导后，还要把结果再乘以(x)。具体地也可以写成：
时间复杂度(O(m^2))。
参考代码（在LOJ查看）：
//problem:LOJ3300
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define pb push_back
#define mk make_pair
#define lob lower_bound
#define upb upper_bound
#define fi first
#define se second
#define SZ(x) ((int)(x).size())
typedef unsigned int uint;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<int,int> pii;
const int MAXM=1000;
int MOD;
inline int mod1(int x){return x<MOD?x:x-MOD;}
inline int mod2(int x){return x<0?x+MOD:x;}
inline void add(int& x,int y){x=mod1(x+y);}
inline void sub(int& x,int y){x=mod2(x-y);}
inline int pow_mod(int x,int i){int y=1;while(i){if(i&1)y=(ll)y*x%MOD;x=(ll)x*x%MOD;i>>=1;}return y;}
int n,x,m,a[MAXM+5],d[MAXM+5][MAXM+5],pow1[MAXM+5],pow2[MAXM+5];
int main() {
cin>>n>>x>>MOD>>m;x%=MOD;
for(int i=0;i<=m;++i)cin>>a[i],a[i]%=MOD;
d[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;++i){
for(int j=0;j<=m;++j){
// d[i][j] * x^{j} * (x+1)^{n-j}
d[i][j]=(ll)d[i-1][j]*j%MOD;
if(j>0)add(d[i][j],(ll)d[i-1][j-1]*(n-(j-1))%MOD);
}
}
pow1[0]=pow_mod(x+1,n-m);
for(int i=1;i<=m;++i)pow1[i]=(ll)pow1[i-1]*(x+1)%MOD;
pow2[0]=1;
for(int i=1;i<=m;++i)pow2[i]=(ll)pow2[i-1]*x%MOD;
int ans=0;
for(int i=0;i<=m;++i){
for(int j=0;j<=m;++j){
add(ans,(ll)a[i]*d[i][j]%MOD*pow2[j]%MOD*pow1[m-j]%MOD);
}
}
cout<<ans<<endl;
return 0;
}
解法二：用组合恒等式，拆出斯特林数
前置知识
一个组合恒等式
证明：
把两边按定义展开：
左边(displaystyle=kcdot frac{n!}{k!(n-k)!})。
右边(displaystyle=ncdot frac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!})。
两边同时乘以(frac{1}{k})，都等于(frac{n!}{k!(n-k)!})。
所以左边(=)右边。
下降幂的定义
题解
根据上一种方法的初步转化，原式可以写成：
设(F_i(x)=sum_{k=0}^{n}k^ix^k{nchoose k})。那么原式就等于(sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x))。还是考虑求(F_i(x))。我们的重点是要把(k^i)消掉，剩余的部分，如果是一个(x^k)再乘一个组合数，可以直接套二项式定理。因为有了前面的那个组合恒等式，所以现在思路比较明确：先保留(x^k)不要动，拿组合数去和(k^i)消，消出一个新的组合数加一个系数，我们就赢了。
我们先考虑(igeq1)的情况。
当(i=1)时，用我们前面写的组合恒等式，可以写成：
当(i=2)时，也可以推：
其中，最重要的一步，是我们把一个(k)拆成了((1+(k-1)))。这很巧妙。其他的地方都是在套那个组合恒等式。
看最后推出的结果，发现，每个组合数前，是一个(n)的下降幂。所以我们盲猜：(F_i(x)=sum_{k=0}^{n}x^ksum_{j=1}^{i}n^{underline{j}}{n-jchoose k-j})。
很遗憾，这个猜想不对。
事实上，在(n^{underline{j}}{n-jchoose k-j})前，还需要加一些系数。只不过对于(F_1(x))和(F_2(x))来说，这个系数恰好都是(1)。
我们继续考虑(i=3)的情况。
ps:因为公式太大搞成图片了，如果没加载出来，就自己点一下链接吧。https://cdn.luogu.com.cn/upload/image_hosting/fg2qsqu3.png
发现没有，现在，后面的系数变成了(1 3 1)。不全是(1)了。
容易发现，(F_i)后面的这一坨东西，恰好有(i)项。如果设第(j)项前面的系数为(s(i,j))，则可以写成：
考虑如何求这个(s_{i,j})。首先，(F_{i-1}(x))后面的东西里，每一项都要乘以(k)。例如，(s_{i-1,j}cdot n^{underline{j}}{n-jchoose k-j})，乘以(k)，变成(kcdot s_{i-1,j}cdot n^{underline{j}}{n-jchoose k-j})。然后，我们会把(k)，拆成((j+(k-j)))。所以(s_{i-1,j})会对(s_{i,?})里的两个地方产生贡献。一个是(j)产生的，贡献到(s_{i,j})，贡献系数为(j)。另一个是((k-j))产生的，贡献到(s_{i,j+1})，贡献系数为(1)。
那反过来说，就可以得到：
其中，边界是(s_{1,1}=1)。
于是就可以(O(m^2))递推求出整个(s)数组。顺便说一句，这里的(s)，其实就是第二类斯特林数，不过有没有看出来都不影响解题。
现在求出了(s)，再回头看(F_i(x))。我们按一开始说的思路，用二项式定理，把(x^k)和组合数搞到一起去。具体来说：
以上是(igeq 1)的情况。当(i=0)时，显然有(F_0=(x+1)^n)。当然，你也可以认为，(s_{0,0}=1)，(n^{underline{0}}=1)，(s_{i,0}=0) ((igeq 1))。然后，你把(j)改成从(0)开始循环，也是对的。这样就不用特判(i=0)的情况。
然后答案就是(sum_{i=0}^{m}a_iF_i(x))。
时间复杂度(O(m^2))。
参考代码，他鸽了。
两种解法的比较与联系
事实上，推到最后，大家都能看出来，第一种解法里的(d_{i,j})，就是第二种解法里的(s_{i,j}cdot n^{underline{j}})。
两种解法，都想消掉(k^i)。他们走的路径不同。
- 第一种解法，比较鲁莽。你不是有一个(k^i)吗，我对着你硬消。求一次导干掉一个(k)。这种“鲁莽”的背后，是有“求导”这个强大的工具在支持。
- 第二种解法，看起来稍微圆滑一点。我先让组合数({nchoose k})去和你消。用的就是一个组合恒等式。然后等你(k^i)没了，我再把剩下的组合数和(x^k)打包成一个二项式定理。