For a sequence a of n integers between 1 and m, inclusive, denote f(a) as the number of distinct subsequences of a (including the empty subsequence).
You are given two positive integers n and m. Let S be the set of all sequences of length n consisting of numbers from 1 to m. Compute the sum f(a) over all a in S modulo 109?+?7.
Input
The only line contains two integers n and m (1?≤?n,?m?≤?106) — the number of elements in arrays and the upper bound for elements.
Output
Print the only integer c — the desired sum modulo 109?+?7.
Examples
Input
1 3
Output
6
Input
2 2
Output
14
Input
3 3
Output
174
数论题都是一生之敌QAQ
看了一遍官方tutorial没怎么懂，搜题解的时候突然看见Q神orz
“E题，强行推公式，枚举长度k，考虑每个长度为k的序列能作为多少个长度为n的序列的子序列，考虑k>=1，记子序列为s[1]s[2]...s[k]，位置序列为p[1]p[2]...p[k]，为了保证不重不漏，对每个长为n的序列，如果包含s[]作为子序列，找出使得位置序列字典序最小的，这要求p[1]之前不出现s[1]，p[1]和p[2]之间不出现s[2]，依此类推，枚举最后一个位置q，即q=p[k]，那么有C(q-1,k-1)*m^k*(m-1)^(q-k)*m^(n-q)，上式对q从k到n，对k从1到n求和，考虑交换求和，先对k从1到q求和，得到m^(n-q+1)*(2m-1)^(q-1)，上式对q从1到n求和，这是个等比数列，可以进一步化简，再加上k=0的贡献m^n即可，复杂度O(logn)。”——by Q神
空集单独考虑，就最后加上个m^n就行
枚举一个长度len的子序列，假设是x[1]x[2]...x[len]，考虑有多少个长度为n的串出现过这个子序列
为了统计不重不漏，只考虑这个子序列第一次出现在这个串中
因为是第一次出现，那么在x[1]之前不能有x[1]同样的，x[1]和x[2]之间不能有x[2]同样的，，，以此类推
所以在x[k]之前其他未定的位置都恰好有(m-1)种取法
x[len]之后就随意了，因为怎么取都不影响x[1]x[2]...x[len]子序列第一个出现，所以都有m种取法
而每个x[i]都有m种取法，
假设最后一个x[len]出现在q位置，前面x[1]~x[len-1]有C(q-1,len-1)种放法
最后答案是C(q-1,len-1)*m^len*(m-1)^(q-len)*m^(n-q)
瞎鸡儿一通化简之后
Σm^(n-len+1)*(2m-1)^(len-1)
1 #include<cstdio>
2 #include<iostream>
3 #include<cstring>
4 #include<cstdlib>
5 #include<algorithm>
6 #include<cmath>
7 #include<queue>
8 #include<deque>
9 #include<set>
10 #include<map>
11 #include<ctime>
12 #define LL long long
13 #define inf 0x7ffffff
14 #define pa pair<int,int>
15 #define mkp(a,b) make_pair(a,b)
16 #define pi 3.1415926535897932384626433832795028841971
17 #define mod 1000000007
18 using namespace std;
19 inline LL read()
20 {
21 LL x=0,f=1;char ch=getchar();
22 while(ch<‘0‘||ch>‘9‘){if(ch==‘-‘)f=-1;ch=getchar();}
23 while(ch>=‘0‘&&ch<=‘9‘){x=x*10+ch-‘0‘;ch=getchar();}
24 return x*f;
25 }
26 LL n,m;
27 inline LL quickpow(LL a,LL b)
28 {
29 LL s=1;
30 while (b)
31 {
32 if (b&1)s=(s*a)%mod;
33 a=(a*a)%mod;
34 b>>=1;
35 }
36 return s;
37 }
38 int main()
39 {
40 n=read();m=read();
41 LL ans=quickpow(m,n);
42 for (int i=1;i<=n;i++)
43 {
44 ans=(ans+quickpow(m,n-i+1)*quickpow(2*m-1,i-1))%mod;
45 }
46 printf("%lld\n",ans);
47 }
cf 660E