天然數冪和

伯努利數

伯努利數是一個這樣的數列:\(\{1,-\frac{1}{2},\frac{1}{6},0,-\frac{1}{30},0,\frac{1}{42},0,-\frac{1}{30},0,\dots\}\)

(全部大於\(2\)的奇數項都是\(0\))

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

換個方式寫:
\[ \begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom{n}{k} B_k &= B_n \quad (n\neq 1) \end{aligned} \]
觀察上面的式子, 咱們能夠將\(\{B_i\}\)的EGF和\(\{1,1,1,\dots\}\)的EGF乘起來, 獲得:
\[ \begin{aligned} B(x) e^x &= B(x) + x \\ B(x) &= \frac{x}{e^x - 1} \end{aligned} \]
(左邊加的\(x\)是特殊處理\(n\neq 1\)的限制)

因此咱們就能夠用多項式求逆在\(O(n\log n)\)的時間內求出\(B_1\dots B_n\)了.

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

遞推

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

差分

咱們記一個序列的\(k\)次差分後的序列爲\(\Delta_k\)

任何\(k\)次多項式的點值通過\(k+1\)次差分後都會變成全爲\(0\)的序列，即\(\Delta_k\)均爲\(0\)

咱們對\(f(n)=n^k\)進行差分，設\(c_k\)爲第\(0\)條對角線的第\(k\)項，那麼有\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^k c_i \binom{n}{i}\)。
因此：
\[ \begin{align*} \sum_{i=0}^n f(i) &= \sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k} c_j \binom{i}{j}\\ &= \sum_{j=0}^k c_j \sum_{i=0}^n \binom{i}{j}\\ &= \sum_{j=0}^k c_j \binom{n+1}{j+1} \end{align*} \]
關於最後那個組合數的推導\(\sum_{i=0}^n \binom{i}{j}=\binom{n+1}{j+1}\)，能夠理解爲：有\(j+1\)個球和\(n+1\)個盒子，枚舉最後一個球放的位置\(i+1\)，剩下的球放置的方案就是\(\binom{i}{j}\)。

---

拉格朗日插值

\(\sum\limits_{i=0}^n i^k\)實際上是一個\(k+1\)次多項式，所以咱們能夠用插值來作。
先求出\(x=0\dots k+1\)的點值，而後將\(n\)帶入便可。
時間複雜度是\(O(k\log k)\)。

Great_Influence說能夠不用這麼麻煩：
設多項式爲\(\sum_{i=0}^{k+1}coef_i(x) x^i\)，根據拉格朗日插值的那個式子獲得：
\[coef_{p+1}(x)=coef_p(x)\times \frac{(x-p)(p-k)}{(x-p-1)(p+1)}\]
直接將獲得的係數乘點值便可。

若是要作到\(O(k)\)，線性篩出\(N^k\)便可(瓶頸在於快速冪, 質數個數的級別是\(\frac{k}{\log}\)的, 只對質數作快速冪, 時間複雜度就是\(O(k)\)的了)。

---

斯特林數

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

因此直接\(O(k^2)\)預處理出第一類斯特林數便可。