從伯努利數到天然數冪和

伯努利數

伯努利數是定義在實數上的一個數列，其在\(\rm OI\)中的用處大多都是處理天然數冪和。

定義

咱們定義伯努利數\(B_i\)知足：
\[ B_0=1,\sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i=0\ (n>0) \]
那麼易得：
\[ B_0=1,B_1=-\frac{1}{2},B_2=\frac{1}{6},B_3=0,B_4=-\frac{1}{30},B_5=0,... \]
注意到奇數位除了\(B_1\)都爲\(0\)。

求解伯努利數

首先很顯然的咱們把定義式移個項就能夠獲得\(O(n^2)\)的作法：
\[ B_n=-\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n+1}{i}B_i \]

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其實咱們經過一些奧妙重重的方法能夠作到\(O(n\log n)\)。

咱們把定義式抄下來：
\[ \sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i=0\\ \sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i}B_i=0 \]
注意第二個式子要保證\(n>1\)。
\[ \sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i}B_i+B_n=B_n\\ \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}B_n=B_n\\ \sum_{i=0}^{n}\frac{B_i}{i!(n-i)!}=\frac{B_n}{n!} \]
注意到這是個卷積的形式，咱們寫出\(B_i\)的指數型生成函數：
\[ B(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{B_i}{i!}x^i \]
那麼顯然等式左邊就是\(B(x)\)捲上\(e^x\)，可是注意到上面那個等式只在\(n>1\)時成立，咱們手玩一下\(n=0,1\)時卷積的樣子：
\[ \begin{align} B(x)e^x&=B_0+(B_0+B_1)x+\cdots\\ B(x)&=B_0+B_1x+\cdots \end{align} \]
顯然\(B(x)\)少了個\(B_0x=x\)，咱們加上就行了，可得：
\[ B(x)e^x=B(x)+x\\ B(x)=\frac{x}{e^x-1} \]
那麼咱們直接多項式求逆就能夠作到\(O(n\log n)\)。

利用伯努利數求解冪和

定義：
\[ S_p(n)=\sum_{i=1}^{n}i^p \]
而後咱們搞出這個函數的指數型生成函數：
\[ \begin{align} G_n(x)&=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{S_i(n)}{i!}x^i\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\sum_{j=1}^{n}j^i\\ &=\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=0}^{\infty}\frac{(jx)^i}{i!}\\ &=\sum_{j=1}^{n}e^{jx}=\frac{e^{(n+1)x}-e^{x}}{e^x-1}\\ \end{align} \]

後面一個是根據\(e^{F(x)}\)的定義來的，即：

\[ e^{F(x)}=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{F^i(x)}{i!} \]

注意到分母和\(B(x)\)長的同樣，咱們把\(B(x)\)套進去：
\[ \begin{align} G_n(x)&=B(x)\frac{e^{(n+1)x}-e^x}{x}\\ &=B(x)e^x\cdot \frac{1}{x}\cdot \left(-1+\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n^ix^i}{i!}\right)\\ \end{align} \]
注意到前面有一個等式是這樣的：\(B(x)e^x=B(x)+x\)。

因爲後面這個\(x\)很差處理，咱們定義一個新的伯努利數\(B'(x)=B(x)+x\)，注意到這個新的數列只有第一項和伯努利數不一樣，\(B'(1)=-B(1)\)。

由於只有一項不一樣，下面的式子爲了美觀把B'寫成了B
\[ \begin{align} G_n(x)&=\left(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{B_i}{i!}x^i\right)\cdot \left(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n^{i+1}}{(i+1)!}x^i\right)\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}x^i\sum_{j=0}^{i}\frac{n^{j+1}}{(j+1)!}\cdot \frac{B_{i-j}}{(i-j)!}\\ &=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\cdot \frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^i\binom{i+1}{j+1}B_{i-j}n^{j+1} \end{align} \]

對比係數可知：
\[ \begin{align} S_i(n)&=\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^i\binom{i+1}{j+1}B_{i-j}n^{j+1}\\ &=\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^{i}\binom{i+1}{i-j+1}B_jn^{i-j+1}\\ &=\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^{i}\binom{i+1}{j}B_jn^{i-j+1}\\ \end{align} \]
那麼寫的好看一點，結論就是：
\[ \sum_{i=1}^{n}i^k=\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j}B_jn^{k-j+1} \]

代碼：

void get_Bernoulli() {
    b[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++) {
        for(int j=0;j<i;j++) b[i]=add(b[i],mul(b[j],c(i+1,j)));
        b[i]=del(0,mul(b[i],inv[i+1]));
    }b[1]++;  //注意下這裏
}
void get_coefficient() {
    s[0]=0;
    for(int i=0;i<=n;i++) s[y+1-i]=mul(inv[y+1],mul(b[i],c(y+1,i)));
}

多項式求逆不想寫了，之後遇到題再寫吧