「题解」AtCoder Beginner Contest 208 F Cumulative Sum
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ABC208F
给定 n,m,k，计算 f(n,m) 的值，模 10^9+7．
\begin{aligned}
\displaystyle f(n, m)& =
\begin{cases}
0 & (n = 0) \newline
\\
n^K & (n \gt 0, m = 0) \newline
\\
f(n-1, m) + f(n, m-1) & (n \gt 0, m \gt 0)
\end{cases}
\end{aligned}
易发现答案为 $1^k,2^k,3^k,\cdots ,n^k$ 的 $m$ 阶前缀和的第 $n$ 项值。
考虑 $i^k$ 对答案的贡献次数，是对 $f_0=1,f_k=0(k>0)$ 的数组作 $m$ 阶前缀和后的第 $(n-i)$ 项，也就是 $f_{n-i}$。其值为 $\binom{n-i+m-1}{m-1}$．
从组合意义上考虑，作一阶前缀和为 $1,1,1,\cdots$，设后面第 $i$ 阶前缀和的 $f_j=g_{i,j}$，有递推式 $g_{i,j}=g_{i-1,j}+g_{i,j-1}$，恰为只能向右、下走的格点计数。
故贡献的次数为 $(1,0)\to (m,n-i)$ 的路径数，即为 $\binom{n-i+m-1}{m-1}$。
所以答案为：
$$
\sum_{i=0}^n i^k\binom{n-i+m-1}{m-1}
$$
$i^k$ 为关于 $i$ 的 $k$ 次单项式。
$\binom{n-i+m-1}{m-1}=\frac{(n-i+m-1)!}{(m-1)!(n-i)!}$，其中 $(n-i+m-1)!$ 为关于 $i$ 的 $(n-i+m-1)$ 次多项式，$(n-i)!$ 为关于 $i$ 的 $(m-1)$ 次多项式，$(m-1)!$ 是常数。
故 $i^k\binom{n-i+m-1}{m-1}$ 是关于 $i$ 的 $(m+k-1)$ 次多项式。
对于 $i\in [0,n]$，对这个多项式求和即为答案。
其可以写成 $ans=a_0s_0+a_1s_1+a_2s_2+\cdots+a_{m+k-1}s_{m+k-1}$ 的形式，其中 $s_i=\sum\limits_{j=0}^ij^k$．
由于 $s_i$ 是关于 $i$ 的 $(i+1)$ 次多项式，故答案为关于 $i$ 的 $(m+k)$ 次多项式。
设 $l=m+k+1$，选出前 $l$ 个连续的整数，算出其作 $m$ 阶前缀和的答案，拉格朗日插值即可。
时间复杂度 $\mathcal{O}(mk)$．
```cpp
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
typedef long long ll;
const ll mod = 1000000007;
template <typename T> T Max(T x, T y) { return x > y ? x : y; }
template <typename T> T Min(T x, T y) { return x < y ? x : y; }
template <typename T> T Add(T x, T y) { return (x + y >= mod) ? (x + y - mod) : (x + y); }
template <typename T> T Mod(T x) { return (x >= mod) ? (x - mod) : (x < 0 ? (x + mod) : x); }
template <typename T> T Mul(T x, T y) { return x * y % mod; }
template <typename T>
T &read(T &r) {
r = 0; bool w = 0; char ch = getchar();
while(ch < '0' || ch > '9') w = ch == '-' ? 1 : 0, ch = getchar();
while(ch >= '0' && ch <= '9') r = (r << 3) + (r <<1) + (ch ^ 48), ch = getchar();
return r = w ? -r : r;
}
ll qpow(ll x, ll y) { ll sumq = 1; while(y) { if(y & 1) sumq = sumq * x % mod; x = x * x % mod; y >>= 1; } return sumq; }
const int N = 2600100;
ll n;
int m, k;
ll a[N], fac[N], inv[N], pre[N], suf[N], ans;
signed main() {
read(n); read(m); read(k); int l = m+k+1;
if(!n) { puts("0"); return 0; }
for(int i = 1; i <= l; ++i) a[i] = qpow(i, k);
for(int j = 1; j <= m; ++j)
for(int i = 1; i <= l; ++i)
a[i] = Add(a[i], a[i-1]);
inv[0] = fac[0] = 1; for(int i = 1; i <= l; ++i) fac[i] = fac[i-1] * i % mod;
inv[l] = qpow(fac[l], mod-2); n %= mod;
for(int i = l-1; i; --i) inv[i] = inv[i+1] * (i+1) % mod;
pre[0] = 1; for(int i = 1; i <= l; ++i) pre[i] = pre[i-1] * (n - i) % mod;
suf[l+1] = 1; for(int i = l; i; --i) suf[i] = suf[i+1] * (n - i) % mod;
for(int i = 1; i <= l; ++i)
ans = Add(ans, Mod(a[i] * pre[i-1] % mod * suf[i+1] % mod * inv[i-1] % mod * inv[l-i] % mod * (((l-i)&1) ? -1 : 1)));
printf("%lld\n", ans);
return 0;
}
```