题面

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这题写得我脑壳疼，我好菜啊 . 显然，这题让我们求$\sum_{i=1}^{n}C_n^i\times i^k$ 这个$i^k$让人浑身难受，我们可以考虑把它搞掉，能搞掉某个数的幂次方的有啥？本蒟蒻只会第二类斯特林数。 . 所以说我们无脑把第二类斯特林数带进去再说： $\sum_{i=1}^{n}C_n^i\times \sum_{j=0}^{i}S(k,j)*j!*C_i^j$ . 然后把组合数展开： $\sum_{i=1}^{n}\frac{n!}{i!(n-i)!}\times \sum_{j=0}^{i}S(k,j)*j!*\frac{i!}{j!(i-j)!}$ . 因为前面那一项与j无关，我们可以把它放到后面去 $\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} \frac{n!}{i!(n-i)!} * S(k,j)*j!*\frac{i!}{j!(i-j)!}$ . 约分得： $\sum_{i=1}^{n} \sum_{j=0}^{i} \frac{n!}{(n-i)!} * S(k,j)*\frac{1}{(i-j)!}$ . 因为$k$很小，$j$很大，而第二类斯特林数的定义告诉我们，当$j>k$时，$S(k,j)=0$。因此，我们可以考虑把$S(k,j)$放到外面来处理，根据交换和号的原则，我们可以处理前面两个$\sum$来方便把$S(k,j)$提到外面来。交换和号后得： $\sum_{j=0}^{n} \sum_{i=j}^{n} \frac{n!}{(n-i)!} * S(k,j)*\frac{1}{(i-j)!}$ . 然后就可以把$S(k,j)$提到外面来了： $\sum_{j=0}^{n} S(k,j) \times \sum_{i=j}^{n} \frac{n!}{(n-i)!}*\frac{1}{(i-j)!}$ . 考虑到一点，当我们的$j>k$的时候，$S(k,j)=0$，因此，我们前面$j$的枚举范围可以缩小为$min(k,n)$ $\sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j) \times \sum_{i=j}^{n} \frac{n!}{(n-i)!}*\frac{1}{(i-j)!}$ . 这时候我们可以发现：后面那个循环长得非常像组合数，考虑上下同时乘以$(n-j)!$让它变成组合数: $\sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j) \times \sum_{i=j}^{n} \frac{n!}{(n-j)!}*\frac{(n-j)!}{(n-i)!*(i-j)!}$ $\sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j) \times \sum_{i=j}^{n} \frac{n!}{(n-j)!}*C_{(n-j)}^{(n-i)}$ . 同理，我们可以把后面那个阶乘提到前面去 $\sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j)*\frac{n!}{(n-j)!} \times \sum_{i=j}^{n} C_{(n-j)}^{(n-i)}$ . 我们还可以注意到，后面那个循环：当$i<j$的时候，算出来的东西是没有意义的，因此我们可以改变循环范围为$i=0$ 来方便把那个难以计算的$\sum$变为方便计算的$2^x$的形式 $\sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j)*\frac{n!}{(n-j)!} \times \sum_{i=0}^{n} C_{(n-j)}^{(n-i)}$ . $\sum_{j=0}^{min(n,k)} S(k,j)*\frac{n!}{(n-j)!} \times 2^{(n-j)}$ . 搞定，到目前为止，这里里面的所有东西都可以方便的求出来了： $S(k,j)$可以用$k^2$的递推暴力求算神犇们大可用FFT或NTT快速计算，可惜我太菜了并不会 $\frac{n!}{(n-j)!}$可以用一个$O(k)$的暴力递推算即可 $2^{(n-j)}$…如果不会算的话请自行右上角 . 时间复杂度$O(n^2)$ 酱紫，这题就被我们A掉啦~ 撒花ヾ(●´∀｀●) .

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//CF932E Team Work
//Jan,15th,2019
//第二类斯特林数的应用+奇奇怪怪的推公式
#include<iostream>
#include<cstdio>
using namespace std;
const int poi=1000000007;
long long FastPow(long long A,long long B)
{
    if(B==0) return 1;
    long long t_ans=FastPow(A,B/2);
    t_ans=t_ans*t_ans%poi;
    if(B%2==1) t_ans=t_ans*A%poi;
    return t_ans;
}
const int N=5000+100;
long long S[N][N],jc[N];
int n,K;
int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&K);

    S[1][1]=1;
    for(int i=2;i<=K;i++)
        for(int j=1;j<=i;j++)
            S[i][j]=(S[i-1][j-1]+j*S[i-1][j])%poi;
    jc[0]=1;
    for(int i=1;i<=K;i++)
        jc[i]=jc[i-1]*(n-i+1)%poi;

    long long ans=0;
    int t=min(n,K);
    for(int i=0;i<=t;i++)
        ans+=S[K][i]*jc[i]%poi*FastPow(2,n-i),ans%=poi;

    printf("%lld",ans);
    return 0;
}

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