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})
(所有大于(2)的奇数项都是(0))
满足:
[egin{aligned}
sum_{k=0}^n inom{n+1}{k} B_k = 0 quad (n>0)
end{aligned}
]
换个方式写:
[egin{aligned}
sum_{k=0}^n inom{n}{k} B_k &= B_n quad (n
eq 1)
end{aligned}
]
观察上面的式子, 我们可以将({B_i})的EGF和({1,1,1,dots})的EGF乘起来, 得到:
[egin{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
eq 1)的限制)
所以我们就可以用多项式求逆在(O(nlog n))的时间内求出(B_1dots 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 inom{m+1}{k}B_k n^{m+1-k}
]
递推
由((i+1)^{k+1}-i^{k+1}=sumlimits_{j=0}^kinom{k+1}{j}i^j)累加得：
[egin{align*}
(n+1)^{k+1}-1&=sum_{i=1}^nsum_{j=0}^k inom{k+1}{j}i^j\
&=sum_{j=0}^kinom{k+1}{j}sum_{i=1}^n i^j
end{align*}
]
将(sumlimits_{i=1}^{n}i^k)拿出来：
[egin{align*}
sum_{i=1}^n i^k &= frac{(n+1)^{k+1}-1-sum_{j=0}^{k-1}inom{k+1}{j}sum_{i=1}^n i ^ j}{inom{k+1}{k}}\
&= frac{(n+1)^{k+1}-1-sum_{j=0}^{k-1}inom{k+1}{j}color{red}{sum_{i=1}^n i ^j}}{k+1}
end{align*}
]
直接递推即可。
差分
我们记一个序列的(k)次差分后的序列为(Delta_k)
任何(k)次多项式的点值经过(k+1)次差分后都会变成全为(0)的序列，即(Delta_k)均为(0)
我们对(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)=sumlimits_{i=0}^k c_i inom{n}{i})。
所以：
[egin{align*}
sum_{i=0}^n f(i) &= sum_{i=0}^nsum_{j=0}^{k} c_j inom{i}{j}\
&= sum_{j=0}^k c_j sum_{i=0}^n inom{i}{j}\
&= sum_{j=0}^k c_j inom{n+1}{j+1}
end{align*}
]
关于最后那个组合数的推导(sum_{i=0}^n inom{i}{j}=inom{n+1}{j+1})，可以理解为：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(inom{i}{j})。
拉格朗日插值
可以证明(sumlimits_{i=0}^n i^k)是一个(k+1)次多项式，因此我们可以用插值来做。
先求出(x=0dots k+1)的点值，然后将(n)带入即可。
时间复杂度是(O(klog k))。
简便实现：
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得到：
[coef_{p+1}(x)=coef_p(x) imes frac{(x-p)(p-k)}{(x-p-1)(p+1)}
]
直接将得到的系数乘点值即可。
如果要做到(O(k))，线性筛得到(x^k)即可(瓶颈在于快速幂, 质数个数的级别是(frac{k}{log k})的, 只对质数做快速幂, 时间复杂度就是(O(k))的了)。
斯特林数
[egin{aligned}
inom{n}{k} = frac{n^{underline{k}}}{k!} = frac{sumlimits_{i = 0}^{k} left[egin{matrix} k \ i end{matrix}
ight] (-1)^{k - i} n^i}{k!} \
k! inom{n}{k} = sum_{i = 0}^{k} left[egin{matrix} k \ i end{matrix}
ight] (-1)^{k - i} n^i \
\
n^k = k! inom{n}{k} - sum_{i = 0}^{color{red}{k - 1}} left[egin{matrix} k \ i end{matrix}
ight] (-1)^{k - i} n^i
end{aligned}]
那么
[egin{aligned}
sum_{i = 0}^{n} i^k &= sum_{i = 0}^{n} left( k! inom{i}{k} - sum_{j = 0}^{k - 1} left[egin{matrix} k \ j end{matrix}
ight] (-1)^{k - j} i^j
ight) \
&= k! sum_{i = 0}^{n} inom{i}{k} - sum_{i = 0}^{n} sum_{j = 0}^{k - 1} left[egin{matrix} k \ j end{matrix}
ight] (-1)^{k - j} i^j \
&= k! inom{n + 1}{k + 1} - sum_{j = 0}^{k - 1} left[egin{matrix} k \ j end{matrix}
ight] (-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[egin{matrix} k \ j end{matrix}
ight] (-1)^{k - j} color{red}{sum_{i = 0}^{n} i^j}
end{aligned}
]
至于(displaystylefrac{1}{k+1})，一定可以在((n+1)^{underline{k+1}})中除去。
所以直接(O(k^2))预处理出第一类斯特林数即可。