51 Nod 1161 Partial sums

1161 Partial Sums 

题目来源： CodeForces

基准时间限制：2 秒 空间限制：131072 KB 分值: 80 难度：5级算法题

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给出一个数组A，经过一次处理，生成一个数组S，数组S中的每个值相当于数组A的累加，比如：A = {1 3 5 6} => S = {1 4 9 15}。如果对生成的数组S再进行一次累加操作，{1 4 9 15} => {1 5 14 29}，现在给出数组A，问进行K次操作后的结果。(每次累加后的结果 mod 10^9 + 7)

Input

第1行，2个数N和K，中间用空格分隔，N表示数组的长度，K表示处理的次数（2 <= n <= 5000, 0 <= k <= 10^9, 0 <= a[i] <= 10^9)

Output

共N行，每行一个数，对应经过K次处理后的结果。每次累加后mod 10^9 + 7。

Input示例

4 2
1
3
5
6

Output示例

1
5
14
29

#include<bits/stdc++.h>
#include<stdio.h>
#include<iostream>
#include<cmath>
#include<math.h>
#include<queue>
#include<set>
#include<map>
#include<iomanip>
#include<algorithm>
#include<stack>
#define inf 0x3f3f3f3f
using namespace std;
typedef long long ll;
#define P 1000000007
typedef long long LL;
LL inv(LL t, LL p)
{//求t关于p的逆元，注意:t要小于p，最好传参前先把t%p一下
    return t == 1 ? 1 : (p - p / t) * inv(p % t, p) % p;
}
int a[5005];
LL myC[5005];
LL ans[5005];
int main()
{
    int n,k;
    cin>>n>>k;
    for(int i=0;i<n;i++)scanf("%d",&a[i]);
    myC[0]=1;int k2=k;
    for(int i=1;i<n;i++)
    {
        myC[i]=(1ll*k2*myC[i-1]%P)*inv(i%P,P)%P;
        k2++;
    }
    ll tmp;
    for(int i=0;i<n;i++)
    {
        tmp=0;
        for(int j=i;j>=0;j--)
        {
            tmp=(tmp+1ll*myC[j]*a[i-j]%P)%P;
        }
        ans[i]=tmp;
    }
    for(int i=0;i<n;i++)
        cout<<ans[i]<<endl;
    return 0;
}