測試地址：The Sum of the k-th Powers 題目大意： 求$\sum_{i=1}^ni^k$對$10^9+7$取模的值。 做法： 本題需要用到拉格朗日插值。 容易看出（或者用數學歸納法簡單證明），答案$f(n)$是一個關於$n$的最高次為$k+1$的多項式。問題是，怎麼得到這個多項式呢？這時候就要使用拉格朗日插值法。 拉格朗日插值法是一個可以由$k+1$個二維平面上的點$(x_i,y_i)$，構造出一個正好穿過這些點的$k$次函式$f(x)$的演算法。有： $f\left(x\right)={\sum }_i^{}$

=1k+1yi⋅li(x)f(x)=\sum_{i=1}^{k+1}y_i\cdot l_i(x) 其中$l_i(x)$稱為插值基函式，其表示式為$\prod_{i\ne j}\frac{x-x_j}{x_i-x_j}$。 為什麼有這個式子呢？首先看存在性，注意到$l_i(x)$當且僅當$x=x_i$時有取值$1$，否則當$x=x_j(i\ne j)$時取值為$0$，那麼顯然上面的函式可以穿過對應的點。至於唯一性好像要用一些玄學的東西證，你只需要知道$k$

+1k+1個點一定能確定一個$k$次函式就行了… 回到這一題，我們顯然可以用$(i,\sum_{j=1}^ij^k)(0\le i\le k+1)$這些點來使用拉格朗日插值法，算出這些點顯然是$O(k\log k)$的（或者你可以用線性篩優化到$O(k)$…）。接下來我們把$n$代入上式： $f(n)=\sum_{i=0}^{k-1}y_i\cdot \prod_{i\ne j}\frac{n-j}{i-j}$ 後面的積式中，分子和分母可以分別預處理，分子只要處理出字首積和字尾積即可（不能用$\frac{1}{n-i}\cdot \prod (n-j)$這個式子，因為$n-i$有可能為$0$），而對於分母，我們發現分母可以拆成兩個類似於下面這樣的部分：$\prod_{i=1}^x\frac{1}{i}$和$\prod_{i=1}^x\frac{1}{(-i)}$，分別預處理出來即可，時間複雜度為$O(k\log k)$（或者用線性求逆元優化成$O(k)$）。 所以我們就解決了此題，時間複雜度為$O(k\log k)$（可以優化到$O(k)$）。 以下是本人程式碼：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll mod=1000000007;
ll n,k,invp[1000010],invn[1000010],inv[1000010];
ll pre[1000010],suf[1000010];

ll power(ll a,ll b)
{
	ll s=1,ss=a;
	while(b)
	{
		if (b&1) s=s*ss%mod;
		ss=ss*ss%mod;
		b>>=1;
	}
	return s;
}

int main()
{
	scanf("%lld%lld",&n,&k);
	invp[0]=invn[0]=1;
	pre[0]=n;
	for(ll i=1;i<=k+1;i++)
	{
		invp[i]=invp[i-1]*power(i,mod-2)%mod;
		invn[i]=invn[i-1]*power(mod-i,mod-2)%mod;
		pre[i]=pre[i-1]*(n-i+mod)%mod;
	}
	suf[k+1]=(n-k-1+mod)%mod;
	for(int i=k;i>=0;i--)
		suf[i]=suf[i+1]*(n-i+mod)%mod;
	
	ll ans=0,now=0;
	for(int i=0;i<=k+1;i++)
	{
		if (k>0||i>0) now=(now+power(i,k))%mod;
		ll tot=1;
		if (i>0) tot=tot*pre[i-1]%mod;
		if (i<k+1) tot=tot*suf[i+1]%mod;
		ll nowtot=tot*invp[i]%mod*invn[k-i+1]%mod;
		ans=(ans+now*nowtot)%mod;
	}
	printf("%lld",ans);
	
	return 0;
}