伯努利數
前幾項為\(B_0=1,B_1=-{1\over 2},B_2={1\over 6},B_3=0,B_4={1\over 30}\)
遞推公式
\[\sum_{i=0}^nB_i{n+1\choose i}=0(n>0) \]
邊界條件為\(B_0=1\)
為啥長這樣我也不知道啊
轉化
推倒推倒
\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^nB_i{n+1\choose i}=0(n>0)\\ \sum_{i=0}^{n-1}B_i{n\choose i}=0(n>1)\\ \sum_{i=0}^{n-1}B_i{n\choose i}+B_n=B_n(n>1)\\ \sum_{i=0}^{n}B_i{n\choose i}=B_n(n>1)\\ \sum_{i=0}^n{B_i\over i!(n-i)!}={B_n\over n!}(n>1)\\ \end{aligned} \]
對\(B_i\)構造指數型生成函數，那么左邊可以看做\(B(x)\)卷上一個\(e^x\)，於是可以化為
\[B(x)e^x=B(x)+x \]
后面要加上一個\(x\)是因為右邊\(n>1\)所以不存在\(B_1\)
\[B(x)={x\over e^x-1} \]
\[B(x)=\left({e^x-1\over x}\right)^{-1} \]
多項式求逆就行了
自然數冪和
先給結論
\[\begin{aligned} S_k(n) &=\sum_{i=0}^{n-1}i^k\\ &={1\over k+1}\sum_{i=0}^k{k+1\choose i}B_in^{k+1-i}\\ \end{aligned} \]
復雜度\(O(k)\)
證明的話，可以去看看shadowice巨巨的歸納法，這里只給出生成函數法的證明（雖然咱覺得生成函數法比歸納法好懂多了……）
我們令\(A(x)\)為\(S_k(n)\)的指數級生成函數，有
\[\begin{aligned} A(x) &=\sum_{i=0}^\infty {S_i(n)x^i\over i!}\\ &=\sum_{i=0}^\infty \sum_{j=0}^{n-1}j^i{x^i\over i!}\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i=0}^\infty{j^ix^i\over i!}\\ &=\sum_{j=0}^{n-1}e^{jx}\\ &={e^{nx}-1\over e^x-1}\\ &={B_x(e^{nx}-1)\over x}\\ \end{aligned} \]
考慮\({e^{nx}-1\over x}\)，等於\(\sum_{i=1}^\infty {x^in^i\over i!x}=\sum_{i=0}^\infty {x^in^{i+1}\over (i+1)!}\)
然后讓我們考慮\([x^k]A(x)\)（即\(A(x)\)的\(k\)次項的值）是多少
\[\begin{aligned} {S_k(n)\over k!}=\sum_{i=0}^k{{B_i}n^{k-i+1}\over i!(k-i+1)!}\\ S_k(n)={1\over k+1}\sum_{i=0}^k{k+1\choose i}B_in^{k+1-i}\\ \end{aligned} \]
沒了
雖然我並不覺得它比拉格朗日差值好用就是了