形如 (S_k(n)=sumlimits_{i=0}^n i^k) 的式子被称为自然数幂和。
本文介绍了求自然数幂和的若干方法，其中包括斯特林数和伯努利数的一些应用，其中证明的推导过程也有一些推式子的技巧。
扰动法
应用两次扰动法，当 (k geqslant 1) 时，得：
[largeegin{aligned}
S_k(n)&=sum_{i=0}^ni^k \
&=sum_{i=0}^n(i+1)^k-(n+1)^k \
&=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^kinom{k}{j}i^j-(n+1)^k \
&=sum_{j=0}^kinom{k}{j}S_j(n)-(n+1)^k \
&=sum_{j=0}^{k-2}inom{k}{j}S_j(n)+kS_{k-1}(n)+S_k(n)-(n+1)^k \
end{aligned}
]
得：
[largeegin{aligned}
S_{k-1}(n)&=frac{(n+1)^k-sumlimits_{j=0}^{k-2}inom{k}{j}S_j(n)}{k} \
S_k(n)&=frac{(n+1)^{k+1}-sumlimits_{j=0}^{k-1}inom{k+1}{j}S_j(n)}{k+1} \
end{aligned}
]
直接计算可以做到 (O(k^2))。分治 (FFT) 可以做到 (O(k log^2 k))。
拉格朗日插值法
由扰动法推得的式子，发现 (S_k(n)) 为 (k+1) 次多项式，因此可以考虑拉格朗日插值法，代入 ((0,S_k(0)),(1,S_k(1)),dots,(k+1,S_k(k+1))) 这 (k+2) 个点值，得：
[largeegin{aligned}
f(x) &= sum_{i = 0}^{k+1} y_i prod_{i
ot = j} frac{x - x_j}{x_i - x_j} \
S_k(n) &= sum_{i = 0}^{k+1} S_k(i) prod_{i
ot = j} frac{n - j}{i - j} \
end{aligned}
]
因为取值是连续的，后一项中的分子和分母可以分别计算，预处理后可以实现复杂度为 (O(k))。
考虑如何计算 (S_k(i))，对于 (i^k) 可以进行线性筛，每个素数暴力快速幂，因为小于等于 (n) 的素数个数约为 (frac{n}{ln n})，得复杂度为 (O(frac{k}{ln k}log k)=O(k))。
因此总复杂度为 (O(k))。
例题：The Sum of the k-th Powers
第一类斯特林数
[large x^{overline{n}}=sum_{i=0}^negin{bmatrix}n\ iend{bmatrix}x^i
]
通过组合意义即可证明，其也可以用归纳法证明：
已知：
[large x^{overline{n-1}}=sum_{i=0}^{n-1}egin{bmatrix}n-1\ iend{bmatrix}x^i
]
得：
[largeegin{aligned}
x^{overline{n-1}}&=sum_{i=0}^{n-1}egin{bmatrix}n-1\ iend{bmatrix}x^i \
(x+n-1)x^{overline{n-1}}&=(x+n-1)sum_{i=0}^{n-1}egin{bmatrix}n-1\ iend{bmatrix}x^i \
x^{overline{n}}&=(n-1)sum_{i=0}^{n-1}egin{bmatrix}n-1\ iend{bmatrix}x^i+sum_{i=1}^{n}egin{bmatrix}n-1\ i-1end{bmatrix}x^i \
x^{overline{n}}&=sum_{i=0}^{n}egin{bmatrix}n\ iend{bmatrix}x^i \
end{aligned}
]
代入得：
[largeegin{aligned}
S_k(n)&=sum_{i=0}^ni^k \
&=sum_{i=0}^n(i^{overline{k}}-sum_{j=0}^{k-1}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}i^j) \
&=sum_{i=0}^ni^{overline{k}}-sum_{i=0}^nsum_{j=0}^{k-1}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}i^j \
&=sum_{i=0}^ninom{i+k-1}{k}k!-sum_{j=0}^{k-1}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}S_j(n) \
&=inom{n+k}{k+1}k!-sum_{j=0}^{k-1}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}S_j(n) \
&=frac{(n+k)!}{(n-1)!(k+1)!}k!-sum_{j=0}^{k-1}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}S_j(n) \
&=frac{n^{overline{k+1}}}{k+1}-sum_{j=0}^{k-1}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}S_j(n) \
end{aligned}
]
直接计算可以做到 (O(k^2))。不用保证模数存在逆元，(k+1) 一定是 (n^{overline{k+1}}) 的约数。
应用归纳法可得：
[large x^{overline{n}} = (-1)^n(-x)^{underline{n}} \
large x^{underline{n}} = (-1)^n(-x)^{overline{n}} \
]
考虑对于 (x^{overline{n}} = (-1)^n(-x)^{underline{n}})，将其中 (x) 换为 (-x)，得：
[large (-x)^{overline{n}} = (-1)^nx^{underline{n}}
]
因为有 (x^{overline{n}}=sumlimits_{i=0}^negin{bmatrix}n\ iend{bmatrix}x^i)，得：
[largeegin{aligned}
(-1)^nx^{underline{n}} &= sumlimits_{i=0}^negin{bmatrix}n\ iend{bmatrix}(-x)^i \
x^{underline{n}} &= sumlimits_{i=0}^n(-1)^{n-i}egin{bmatrix}n\ iend{bmatrix}x^i \
end{aligned}
]
应用这个式子也可以进行求解：
[largeegin{aligned}
S_k(n)&=sum_{i=0}^ni^k \
&=sum_{i=0}^n(i^{underline{k}}-sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}i^j) \
&=sum_{i=0}^ni^{underline{k}}-sum_{i=0}^nsum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}i^j \
&=sum_{i=0}^ninom{i}{k}k!-sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}S_j(n) \
&=inom{n+1}{k+1}k!-sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}S_j(n) \
&=frac{(n+1)^{underline{k+1}}}{k+1}-sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}egin{bmatrix}k\ jend{bmatrix}S_j(n) \
end{aligned}
]
直接计算可以做到 (O(k^2))。不用保证模数存在逆元，(k+1) 一定是 ((n+1)^{underline{k+1}}) 的约数。
第二类斯特林数
[large x^n = sum_{i=0}^n egin{Bmatrix} n \i end{Bmatrix} x^{underline{i}}
]
通过组合意义即可证明，其也可以用归纳法证明：
已知：
[large x^{n-1} = sum_{i=0}^{n-1} egin{Bmatrix} n-1 \i end{Bmatrix} x^{underline{i}}
]
得：
[largeegin{aligned}
large x^{n-1} &= sum_{i=0}^{n-1} egin{Bmatrix} n-1 \i end{Bmatrix} x^{underline{i}} \
large x^n &= xsum_{i=0}^{n-1} egin{Bmatrix} n-1 \i end{Bmatrix} x^{underline{i}} \
large x^n &= sum_{i=0}^{n-1} egin{Bmatrix} n-1 \i end{Bmatrix} ix^{underline{i}} +sum_{i=0}^{n-1} egin{Bmatrix} n-1 \i end{Bmatrix} (x-i)x^{underline{i}} \
large x^n &= sum_{i=0}^{n-1} egin{Bmatrix} n-1 \i end{Bmatrix} ix^{underline{i}} +sum_{i=1}^n egin{Bmatrix} n-1 \i-1 end{Bmatrix} x^{underline{i}} \
large x^n &= sum_{i=0}^n egin{Bmatrix} n \i end{Bmatrix} x^{underline{i}} \
end{aligned}
]
代入得：
[largeegin{aligned}
S_k(n)&=sum_{i=0}^ni^k \
&=sum_{i=0}^nsum_{j=0}^kegin{Bmatrix} k \j end{Bmatrix} i^{underline{j}} \
&=sum_{j=0}^kegin{Bmatrix} k \j end{Bmatrix}sum_{i=0}^n i^{underline{j}} \
&=sum_{j=0}^kegin{Bmatrix} k \j end{Bmatrix}sum_{i=0}^n inom{i}{j}j! \
&=sum_{j=0}^kegin{Bmatrix} k \j end{Bmatrix} inom{n+1}{j+1}j! \
&=sum_{j=0}^kegin{Bmatrix} k \j end{Bmatrix} frac{(n+1)^{underline{j+1}}}{j+1} \
end{aligned}
]
直接计算可以做到 (O(k^2))。不用保证模数存在逆元，(j+1) 一定是 ((n+1)^{underline{j+1}}) 的约数。可以通过卷积 (O(n log n)) 求出第二类斯特林数一行后快速求解。
伯努利数
伯努利数前几项为 (1,-frac{1}{2},frac{1}{6},0,-frac{1}{30})，其为非整数数列，其定义为：
[large sum_{i=0}^{n}inom{n+1}{i}B_i=[n=0]
]
可以进行 (O(n^2)) 递推求伯努利数。还可以通过生成函数快速求伯努利数，得：
[largeegin{aligned}
sum_{i=0}^{n}inom{n+1}{i}B_i&=[n=0] \
sum_{i=0}^{n+1}inom{n+1}{i}B_i&=B_{n+1}+[n=0] \
sum_{i=0}^{n}inom{n}{i}B_i&=B_{n}+[n=1] \
end{aligned}
]
发现左边为伯努利数的指数生成函数和指数生成函数 (e^x) 的卷积，得：
[largeegin{aligned}
B(x)e^x &= B(x) + x \
B(x) &= frac{x}{e^x-1} \
end{aligned}
]
可以多项式求逆实现 (O(n log n)) 求伯努利数。
这里设 (S_k(n)=sumlimits_{i=0}^{n-1}i^k)，伯努利数为自然数幂和对应的多项式的系数：
[large S_k(n)=frac{1}{k+1}sum_{i=0}^kinom{k+1}{i}B_in^{k+1-i}
]
考虑证明，设 (F(x)) 为 (S_k(n)) 的生成函数，得：
[largeegin{aligned}
F(x) &= sum_{i geqslant 0} frac{S_i(n)}{i!}x^i \
&= sum_{i geqslant 0}sum_{j=0}^{n-1} j^i frac{x^i}{i!} \
&= sum_{j=0}^{n-1}sum_{i geqslant 0} frac{(jx)^i}{i!} \
&= sum_{j=0}^{n-1}e^{jx} \
&= frac{e^{nx}-1}{e^x-1} \
&= B(x)frac{e^{nx}-1}{x} \
&= B(x)frac{sumlimits_{i geqslant 1} frac{(nx)^i}{i!}}{x} \
&= B(x) sum_{i geqslant 0} frac{n^{i+1}x^i}{(i+1)!}\
end{aligned}
]
因为 (left [x^k
ight ]F(x)=frac{S_k(n)}{k!})，得：
[largeegin{aligned}
S_k(n) &= k!sum_{i = 0}^k frac{B_in^{k+1-i}}{i!(k+1-i)!} \
S_k(n) &= frac{1}{k+1}sum_{i=0}^kinom{k+1}{i}B_in^{k+1-i} \
end{aligned}
]
应用伯努利数可以求出自然数幂和对应的多项式的系数。