我们知道：
以及：
以及：
那我们可以猜想，自然数的\(k\)次幂和对应的公式是一个次数为\(k+1\)的没有常数项的多项式（实际上也是的）。
证明吗，暂时不会。。。
However，我们可以拿这个猜想做题。
设这个\(k+1\)次的多项式\(f(x)=\sum_{i=1}^{k+1}a_ix^i\)
利用待定系数法，我们只需要知道\(k+2\)对\((x,f(x))\)，列出方程组就能解出所有的\(a_i\)，从而就能代入更大的\(x\)求出\(f(x)\)。
由于解方程组需要用到高斯消元算法，时间复杂度是\(O(k^3)\)，在\(k\leq 100\)的范围内还是能无压力解决的。
总结
时间复杂度：\(O(k^3)\)
空间复杂度：\(O(k^2)\)
由于高斯消元时要在模意义下做除法，对于模数不是质数的情况无法适应，而且时间复杂度难以接受，不是一种较常用的方法。
第二类斯特林数
分析
定义\(S(n,m)\)表示\(n\)个有差别的球放入m个无差别的盒子中的方案数，要求盒子不能为空。
容易得到下面的递推式：
考虑新加入的球，要么放在新的盒子里，要么放在之前的盒子里。因为球是有差别的，所以放在任意一个盒子里的方案都是不一样的，因此\(S(n-1,m)\)要乘上一个\(m\)。
要用它解决自然数幂和问题，还是要用到第二类斯特林数的一个性质：
这个性质还是很好解释的，我们可以把\(a^k\)当做\(k\)个有差别的球，放入\(a\)个有差别的盒子的方案数，盒子可以为空。
那么我们就枚举\(i\)个盒子被放满了，\(S(k,i)\)只保证了球有差别，乘以\(i!\)相当于给盒子编号，令盒子也有差别，最后乘上一个\(C_a^{i}\)表示在\(a\)个盒子中选\(i\)个的方案数。
那么就可以开始化自然数幂求和的式子：
\(\sum_{a=1}^{n}a^k\)
\(=\sum_{a=1}^{n}\sum_{i=0}^{k}S(k,i)i!C_a^i\)
两个sigma没有关联，我们可以交换枚举顺序：
\(=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)i!\sum_{a=1}^{n}C_a^i\)
由于\(a<i\)时\(C_a^{i}=0\)，又可以化成：
\(=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)i!\sum_{a=i}^{n}C_a^i\)
继续化简需要用到一个性质：
\(\sum_{a=i}^{n}C_a^i=C_{n+1}^{i+1}\)
证明考虑运用组合数递推公式即：
\(C_i^j=C_{i-1}^j+C_{i-1}^{j-1}\)
\(C_{n+1}^{i+1}\)
\(=C_n^i+C_n^{i+1}\)
\(=C_n^i+C_{n-1}^i+C_{n-1}^{i+1}\)
\(=C_n^i+C_{n-1}^i+C_{n-2}^i+C_{n-2}^{i+1}\)
继续化下去就会得到：
\(=\sum_{a=i}^{n}C_a^i\)
性质就得证了，上面的式子就化简为：
\(=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)i!C_{n+1}^{i+1}\)
组合数有点麻烦，我们展开为阶乘形式：
\(=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)i!\frac{(n+1)!}{(i+1)!(n-i)!}\)
拆开\((i+1)!=i!*(i+1)\)：
\(=\sum_{i=0}^{k}S(k,i)\frac{(n+1)!}{(i+1)(n-i)!}\)
发现\(\frac{(n+1)!}{(n-i)!}\)其实是\(i+1\)个连续整数相乘，其中必有一个是\(i+1\)的倍数，因此式子一定取整数，就不用考虑模数的问题了。
那么直接枚举这\(i+1\)个连续的整数，得到了时间复杂度为\(O(k^2)\)的算法。计算斯特林数和求自然数幂的复杂度都是\(O(k^2)\)，总复杂度就是\(O(k^2)\)。
Code
附带分解乘法黑科技
#include <cstdio>
#include <cstring>
typedef long long ll;
const int N = 2007;
ll k, n, p, s[N][N];
ll multi(ll a, ll b)
{
ll x1 = a / 1000000, x2 = a % 1000000, y1 = b / 1000000, y2 = b % 1000000;
return (x1 * 1000000 % p * y1 % p * 1000000 % p + x1 * 1000000 % p * y2 % p + y1 * 1000000 % p * x2 % p + x2 * y2 % p) % p;
}
ll solve(ll n)
{
if (n == 0) return 0;
ll ret = 0;
for (int i = 1; i <= k && i <= n; i++)
{
ll sum = s[k][i];
for (ll j = n - i + 1; j <= n + 1; j++)
if (j % (i + 1) == 0) sum = multi(sum, j / (i + 1));
else sum = multi(sum, j);
ret = (ret + sum) % p;
}
return ret;
}
int main()
{
scanf("%lld%lld%lld%lld", &k, &n, &p);
s[0][0] = 1;
for (int i = 1; i <= k; i++)
for (int j = 1; j <= i; j++)
s[i][j] = (s[i - 1][j - 1] + multi(j, s[i - 1][j])) % p;
printf("%lld\n", solve(n) % p);
return 0;
}
总结
时间复杂度：\(O(k^2)\)
空间复杂度：\(O(k^2)\)
这种做法由于不用除法而适用于模数为任意数的情况，但是求斯特林数复杂度是\(O(k^2)\)的，当\(k\)较大时不再适用。
拉格朗日插值法
分析
考虑上面的高斯消元做法，我们用待定系数法求出多项式每一项的系数，然后再代入\(x\)求值。
但其实不必求出多项式每一项的系数也能代入\(x\)求值。
先给出拉格朗日插值法的公式：
设\((x_i,y_i)\ i\in [1,n+1]\)为\(n\)次多项式\(f(x)\)经过的不同的\(n+1\)个点。
有：
这个公式不难理解，我们考虑要求的\(f(x)\)满足什么条件：
- \(\forall i\in [1,n+1],f(x_i)=y_i\)。（经过指定的\(n+1\)个点）
- \(f(x)\)的次数为\(n\)。（是\(n\)次数多项式）
这样的多项式是唯一的，而上面公式所得的\(f(x)\)明显是满足以上两个条件的，因此公式算出来的\(f(x)\)就是我们要求的。
那么，就可以用拉格朗日插值法代替上面的高斯消元过程。但是求的\(k+2\)个点比较特殊，必须是\((1,f(1)),(2,f(2)),...,(k+2,f(k+2))\)，这样后面计算的时候就可以用阶乘优化到\(O(klogk)\)，当然随便求\(k+2\)个点也是可以的，但复杂度就是\(O(k^2+klogk)\)了。
总结
时间复杂度：\(O(klogk)\)（快速幂）
空间复杂度：\(O(k)\)
由于除法，模数必须是质数，适用范围相对较广。