天然数幂和

伯努利数

伯努利数是一个这样的数列:\(\{1,-\frac{1}{2},\frac{1}{6},0,-\frac{1}{30},0,\frac{1}{42},0,-\frac{1}{30},0,\dots\}\)

(全部大于\(2\)的奇数项都是\(0\))

知足:
\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom{n+1}{k} B_k = 0 \quad (n>0) \end{aligned} \]

换个方式写:
\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} B_k &= B_n \quad (n\neq 1) \end{aligned} \]
观察上面的式子, 咱们能够将\(\{B_i\}\)的EGF和\(\{1,1,1,\dots\}\)的EGF乘起来, 获得:
\[ \begin{aligned} B(x) e^x &= B(x) + x \\ B(x) &= \frac{x}{e^x - 1} \end{aligned} \]
(左边加的\(x\)是特殊处理\(n\neq 1\)的限制)

因此咱们就能够用多项式求逆在\(O(n\log n)\)的时间内求出\(B_1\dots B_n\)了.

设\(S_m(n) = \sum_{i=0}^{n-1} i^m\), 那么有:
\[ S_m(n) = \frac{1}{m+1} \sum_{k=0}^m \binom{m+1}{k}B_k n^{m+1-k} \]

递推

由\((i+1)^{k+1}-i^{k+1}=\sum\limits_{j=0}^k\binom{k+1}{j}i^j\)累加得：
\[ \begin{align*} (n+1)^{k+1}-1&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k \binom{k+1}{j}i^j\\ &=\sum_{j=0}^k\binom{k+1}{j}\sum_{i=1}^n i^j \end{align*} \]
将\(\sum\limits_{i=1}^{n}i^k\)拿出来：
\[ \begin{align*} \sum_{i=1}^n i^k &= \frac{(n+1)^{k+1}-1-\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}\sum_{i=1}^n i ^ j}{\binom{k+1}{k}}\\ &= \frac{(n+1)^{k+1}-1-\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}\color{red}{\sum_{i=1}^n i ^j}}{k+1} \end{align*} \]
直接递推便可。

差分

咱们记一个序列的\(k\)次差分后的序列为\(\Delta_k\)

任何\(k\)次多项式的点值通过\(k+1\)次差分后都会变成全为\(0\)的序列，即\(\Delta_k\)均为\(0\)

咱们对\(f(n)=n^k\)进行差分，设\(c_k\)为第\(0\)条对角线的第\(k\)项，那么有\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^k c_i \binom{n}{i}\)。
因此：
\[ \begin{align*} \sum_{i=0}^n f(i) &= \sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k} c_j \binom{i}{j}\\ &= \sum_{j=0}^k c_j \sum_{i=0}^n \binom{i}{j}\\ &= \sum_{j=0}^k c_j \binom{n+1}{j+1} \end{align*} \]
关于最后那个组合数的推导\(\sum_{i=0}^n \binom{i}{j}=\binom{n+1}{j+1}\)，能够理解为：有\(j+1\)个球和\(n+1\)个盒子，枚举最后一个球放的位置\(i+1\)，剩下的球放置的方案就是\(\binom{i}{j}\)。

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拉格朗日插值

\(\sum\limits_{i=0}^n i^k\)实际上是一个\(k+1\)次多项式，所以咱们能够用插值来作。
先求出\(x=0\dots k+1\)的点值，而后将\(n\)带入便可。
时间复杂度是\(O(k\log k)\)。

Great_Influence说能够不用这么麻烦：
设多项式为\(\sum_{i=0}^{k+1}coef_i(x) x^i\)，根据拉格朗日插值的那个式子获得：
\[coef_{p+1}(x)=coef_p(x)\times \frac{(x-p)(p-k)}{(x-p-1)(p+1)}\]
直接将获得的系数乘点值便可。

若是要作到\(O(k)\)，线性筛出\(N^k\)便可(瓶颈在于快速幂, 质数个数的级别是\(\frac{k}{\log}\)的, 只对质数作快速幂, 时间复杂度就是\(O(k)\)的了)。

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斯特林数

\[ \begin{aligned} \binom{n}{k} = \frac{n^{\underline{k}}}{k!} = \frac{\sum\limits_{i = 0}^{k} \left[\begin{matrix} k \\ i \end{matrix}\right] (-1)^{k - i} n^i}{k!} \\ k! \binom{n}{k} = \sum_{i = 0}^{k} \left[\begin{matrix} k \\ i \end{matrix}\right] (-1)^{k - i} n^i \\ \\ n^k = k! \binom{n}{k} - \sum_{i = 0}^{\color{red}{k - 1}} \left[\begin{matrix} k \\ i \end{matrix}\right] (-1)^{k - i} n^i \end{aligned}\]
那么
\[ \begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} i^k &= \sum_{i = 0}^{n} \left( k! \binom{i}{k} - \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} i^j \right) \\ &= k! \sum_{i = 0}^{n} \binom{i}{k} - \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} i^j \\ &= k! \binom{n + 1}{k + 1} - \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} \color{red}{\sum_{i = 0}^{n} i^j} \\ &= \frac{(n + 1)^{\underline{k + 1}}}{k + 1} - \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} \color{red}{\sum_{i = 0}^{n} i^j} \end{aligned} \]
至于\(\displaystyle\frac{1}{k+1}\)，必定能够在\((n+1)^{\underline{k+1}}\)中除去。

因此直接\(O(k^2)\)预处理出第一类斯特林数便可。