伯努利數
伯努利數是一個這樣的數列:\(\{1,-\frac{1}{2},\frac{1}{6},0,-\frac{1}{30},0,\frac{1}{42},0,-\frac{1}{30},0,\dots\}\)
(所有大於\(2\)的奇數項都是\(0\))
滿足:
\[\begin{aligned} \sum_{k=0}^n \binom{n+1}{k} B_k = 0 \quad (n>0) \end{aligned} \]
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, 我們可以將\(\{B_i\}\)的EGF和\(\{1,1,1,\dots\}\)的EGF乘起來, 得到:
\[\begin{aligned} B(x) e^x &= B(x) + x \\ B(x) &= \frac{x}{e^x - 1} \end{aligned} \]
(左邊加的\(x\)是特殊處理\(n\neq 1\)的限制)
所以我們就可以用多項式求逆在\(O(n\log n)\)的時間內求出\(B_1\dots B_n\)了.
設\(S_m(n) = \sum_{i=0}^{n-1} i^m\), 那么有:
\[S_m(n) = \frac{1}{m+1} \sum_{k=0}^m \binom{m+1}{k}B_k n^{m+1-k} \]
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：
\[\begin{align*} \sum_{i=1}^n i^k &= \frac{(n+1)^{k+1}-1-\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}\sum_{i=1}^n i ^ j}{\binom{k+1}{k}}\\ &= \frac{(n+1)^{k+1}-1-\sum_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}\color{red}{\sum_{i=1}^n i ^j}}{k+1} \end{align*} \]
直接遞推即可。
差分
我們記一個序列的\(k\)次差分后的序列為\(\Delta_k\)
任何\(k\)次多項式的點值經過\(k+1\)次差分后都會變成全為\(0\)的序列，即\(\Delta_k\)均為\(0\)
我們對\(f(n)=n^k\)進行差分，設\(c_k\)為第\(0\)條對角線的第\(k\)項，那么有\(f(n)=\sum\limits_{i=0}^k c_i \binom{n}{i}\)。
所以：
\[\begin{align*} \sum_{i=0}^n f(i) &= \sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k} c_j \binom{i}{j}\\ &= \sum_{j=0}^k c_j \sum_{i=0}^n \binom{i}{j}\\ &= \sum_{j=0}^k c_j \binom{n+1}{j+1} \end{align*} \]
關於最后那個組合數的推導\(\sum_{i=0}^n \binom{i}{j}=\binom{n+1}{j+1}\)，可以理解為：有\(j+1\)個球和\(n+1\)個盒子，枚舉最后一個球放的位置\(i+1\)，剩下的球放置的方案就是\(\binom{i}{j}\)。
拉格朗日插值
可以證明\(\sum\limits_{i=0}^n i^k\)是一個\(k+1\)次多項式，因此我們可以用插值來做。
先求出\(x=0\dots k+1\)的點值，然后將\(n\)帶入即可。
時間復雜度是\(O(k\log k)\)。
Great_Influence說可以不用這么麻煩：
設多項式為\(\sum_{i=0}^{k+1}coef_i(x) x^i\)，根據拉格朗日插值的那個式子得到：
\[coef_{p+1}(x)=coef_p(x)\times \frac{(x-p)(p-k)}{(x-p-1)(p+1)} \]
直接將得到的系數乘點值即可。
如果要做到\(O(k)\)，線性篩出\(N^k\)即可(瓶頸在於快速冪, 質數個數的級別是\(\frac{k}{\log}\)的, 只對質數做快速冪, 時間復雜度就是\(O(k)\)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
\[\begin{aligned} \sum_{i = 0}^{n} i^k &= \sum_{i = 0}^{n} \left( k! \binom{i}{k} - \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} i^j \right) \\ &= k! \sum_{i = 0}^{n} \binom{i}{k} - \sum_{i = 0}^{n} \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} i^j \\ &= k! \binom{n + 1}{k + 1} - \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} \color{red}{\sum_{i = 0}^{n} i^j} \\ &= \frac{(n + 1)^{\underline{k + 1}}}{k + 1} - \sum_{j = 0}^{k - 1} \left[\begin{matrix} k \\ j \end{matrix}\right] (-1)^{k - j} \color{red}{\sum_{i = 0}^{n} i^j} \end{aligned} \]
至於\(\displaystyle\frac{1}{k+1}\)，一定可以在\((n+1)^{\underline{k+1}}\)中除去。
所以直接\(O(k^2)\)預處理出第一類斯特林數即可。
