前言：
這是我退役賽省選中唯一一道答得令自己滿意的題目。
也就是
$skyh:$難道你沒$AC$
的那道題。
這道題我想了大概二十多分鍾。覺得不是很簡單。
然而考后出來才發現，大神們都是用數學推導$AC$的這道題。
而我，眾所周知，退役在即的我菜的不行，自然不會數學推導。
所以說如果你什么也不會，你怎么做這道題呢？
於是這里有一個菜菜的組合含義理解方法。（幾乎）沒有任何數學推導。
（可能和luogu的某些題解撞了？不知道我沒看）
雖然時間復雜度顯然不優是$O(m^2log)$的但是應該比較好懂……（考場上犯傻了其實可以簡單優化成$O(m^2)$）
於是打算做一個大膽的嘗試：能不能給學弟（妹）們講懂。
沒關系看不懂就證明我果然還是太菜了QAQ
$Description:$
求$\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k f(k)$其中$f(x)=\sum\limits_{i=0}^{m} a_ix^i$
15%:$n\le 10^3$
+25%:$m=0$
+20%:$x=1$
100%:$m\le 10^3,others \le 10^9$
（只給出了我用到的部分分）
$n \le 10^3:$
你可以用多項式多點求值求出所有$f$的值然后……編不下去了。
（真慶幸沒單獨提出來一個$n \le 5 \times 10^4$的部分分）
$m=0:$
也就是說$f(x)$是一個與$x$無關的常數。不妨設其為$1$最后乘上常數倍。
式子的形式是：$\sum\limits_{k=0}^{n} x^k \binom{n}{k}$
考慮實際含義：我們要對於所有$k$求出，從$n$個物品里選出$k$個，每種選法的貢獻是$x^k$
於是我們可以對於這$n$個物品考慮：每個物品被選中就貢獻$x$，沒被選中貢獻$1$，一種選法的貢獻就是所有物品乘起來。
你要求出的是所有選法的貢獻和，而物品之間是獨立的，每種物品都會作為$1,x$出現各一次。
所以其實就是$(1+x)^n$。把這個東西展開，就是乘法分配律，就得到的是所有方案的和。
（然而寫出啦我才知道，這不就是個二項式定理嗎我考場上為啥要這么弱智啊）
$x=1:$
也就是說$x^k$那一項消失了。剩下的形式是$\sum\limits_{k=0}^{n} f(k) \binom{n}{k}$
你自然拿多項式沒什么辦法，所以把它展開：
$\sum\limits_{i=0}^{m} a_i \sum\limits_{k=0}^{n} k^i \binom{n}{k}$
外邊的這個$i$大力枚舉。考慮內部的組合含義：
我要從$n$個物品里選出$k$個，然后貢獻是$k^i$（$i$是枚舉的所以已知，可以視為常數）
這個$k^i$好像有點難辦，怎么去理解？就是從$k$個物品里可重復地選擇$i$次啊。
所以我們就是要從$n$個數里選$k$個，再在這$k$個里可重復欽定$i$次。
卡住了。於是我們改變枚舉的東西：我們嘗試去枚舉一下這$k$個物品里有多少個物品被至少欽定過一次，設為$j$。
（因為你是可重復選擇$i$次，所以枚舉上屆就是$i$，$i \le m$復雜度沒問題）
那么我們從$n$個物品里選擇$j$個作為被欽定過地元素：這是$\binom{n}{j}$
那么你要把$i$次選擇分配給這$j$個元素，且每個元素非空。這顯然是個第二類斯特林數。
（啊學弟們是不是不知道什么是斯特林數啊，那我失敗了啊，我好菜啊）
然而其實只是一個$O(n^2)$遞推的東西：$\begin{Bmatrix} n \\ k \end{Bmatrix}$表示將$n$個帶編號的球扔進$k$個不帶標號桶里且每個桶都有球的方案數。
然而在本道題當中，根據題目含義，桶是帶標號的，所以還要乘上一個階乘。這里的階乘和上面的組合數形成下降冪$n^{\underline{j}}$
（這個東西學弟們可以當成一個dp來做）
同時你還要考慮原來$n$個里選$k$個的過程：我們知道我們所欽定的$j$個元素一定被選了，沒欽定的$n-j$個元素選不選都可以，總方案數是$2^{n-j}$
所以總的方案數是$\sum\limits_{i=0}^{m} a_i \sum\limits_{j=0}^{i} n^{\underline{j}} 2^{n-j} \begin{Bmatrix} i \\ j \end{Bmatrix}$
兩層循環暴力枚舉完事。組合數的話因為$n$是確定的所以直接搞一個下降冪就好了。
無特殊限制：
$\sum\limits_{k=0}^{n} \binom{n}{k} x^k f(k)$
和上一個部分分一樣先拆$f$得到$\sum\limits_{i=0}^{m} a_i \sum\limits_{k=0}^{n} k^i \binom{n}{k} x^k $
和上一個部分分一樣我們改變含義去枚舉$j$表示被欽定的元素個數，然后接着分析：
其實除了$2^{n-j}$那部分以外，其余都和上面一樣可以得到$n^{\underline{j}} \begin{Bmatrix} i \\ j \end{Bmatrix}$
然后因為$x$不再是$1$所以我們不是要計數方案，而是統計方案的貢獻和。其中的貢獻和第一檔部分分一樣，選中是$x$沒選中是$1$
然后就比較簡單了：你欽定的$j$個都一定被選中了是$x^j$，剩下的選不選都行，考慮所有情況就是$(x+1)^{n-j}$
最后的答案是$\sum\limits_{i=0}^{m} a_i \sum\limits_{j=0}^{i} \begin{Bmatrix} i \\ j \end{Bmatrix} x^j (x+1)^{n-j} n^{\underline{j}}$
我個弱智只預處理了斯特林數和下降冪，剩下的快速冪，$O(m^2log)$
然而快速冪只用到了$x^{a},(x+1)^{n-a}$。$a \le m$。所以說也可以簡單預處理。復雜度下降到$O(m^2)$
我相信學弟們一定沒聽懂。我太菜了
我就是來騙閱讀量的
其實這道題這么順下來部分分給的真棒啊……我喜歡。雖然並無卵用
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 const int $=1003; 4 int st[$][$],mod,n,m,x,a[$],dpw[$],ans; 5 int qp(int b,int t,int a=1){for(;t;t>>=1,b=1ll*b*b%mod)if(t&1)a=1ll*a*b%mod;return a;} 6 int main(){ 7 scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&mod,&m); st[0][0]=1; 8 for(int i=1;i<=m;++i)for(int j=1;j<=i;++j)st[i][j]=(1ll*st[i-1][j]*j+st[i-1][j-1])%mod; 9 for(int i=0;i<=m;++i)scanf("%d",&a[i]); 10 for(int i=dpw[0]=1;i<=m;++i)dpw[i]=dpw[i-1]*(n-i+1ll)%mod; 11 for(int i=0;i<=m;++i)for(int j=0;j<=i;++j)ans=(ans+1ll*a[i]*st[i][j]%mod*qp(x,j)%mod*qp(x+1,n-j)%mod*dpw[j])%mod; 12 cout<<ans<<endl; 13 }