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給出乙個二元函式，滿足:
\[f(k,x)=\begin
1&x=1\\
\sum_^f(k,i)+x^k&x>1
\end\]
給出\(n,k\),求出\(f(k,n)\)。
\(n\le 10^,k\le 10^6\)
借鑑了master.yi的思路（但是他裡面有個式子似乎寫錯了）
我們首先可以得到轉移式:
\[f(k,x)-(f(k,x-1)-(x-1)^k)=f(k,x-1)+x^k
\]\[\rightarrow f(k,x)=2f(k,x-1)-(x-1)^k+x^k
\]我們發現直接求似乎不是很好求，我們構造乙個新函式\(g(k,x)\)，滿足:
\[f(k,x)+g(k,x)=2(f(k,x-1)+g(k,x-1))
\]\[\rightarrow g(k,x)=2g(k,x-1)+(x-1)^k-x^k
\]我們於是發現我們可以把\(g(k,x)\)用\(g(k,0)\)的形式表示。而我們又發現\(g(k,x)\)其實是關於\(x\)的\(k-1\)次多項式，於是得到:
\[\sum_^ \binom(-1)^ig(k,i)=0
\]證明可以用組合數問題裡推出的式子，這個其實就是\(x=-1\)的情況，容易看出和式為\(0\)。（其實對於任何小於\(k\)次的多項式這都是成立的）
於是，我們就可以通過設立方程解出\(g(k,0)\)，從而求出\(g(k,1\to k)\)。
而我們觀察到最終的答案\(f(k,x)=2^(f(k,1)+g(k,1))-g(k,x)\)，於是，我們的目標就是求出\(g(k,x)\)。又因為我們點值是連續的，所以我們可以\(\theta(k)\)拉格朗日插值法求出\(g(k,x)\)。
綜上，我們的時間複雜度為\(\theta(k)\)。
#include using namespace std;
#define int register int
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 1000005
template inline void read (t &t)while (c >= '0' && c <= '9') t *= f;}
template inline void read (t &t,args&... args)
template inline void write (t x)if (x > 9) write (x / 10);putchar (x % 10 + '0');}
int qkpow (int a,int b)
int n,k,np,cnt,pw[maxn],vis[maxn],fac[maxn],suf[maxn],ifac[maxn],prime[maxn];
void prepare (int up)
} fac[0] = 1;
for (int i = 1;i <= up;++ i) fac[i] = 1ll * fac[i - 1] * i % mod;
ifac[up] = qkpow (fac[up],mod - 2);for (int i = up;i;-- i) ifac[i - 1] = 1ll * ifac[i] * i % mod;
}signed main()
int g = -1ll * sb * qkpow (sa,mod - 2) % mod,ans = 1ll * qkpow (2,np - 1) * 2 * g % mod;
suf[k] = 1;for (int i = k - 1;~i;-- i) suf[i] = 1ll * suf[i + 1] * (n - i) % mod;
for (int i = 0,pre = 1;i < k;++ i)
write ((ans % mod + mod) % mod),putchar ('\n');
return 0;
}
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