伯努利数学习笔记
1.定义式
定义伯努利数列\(B_n\)满足：
2.递推式
可以发现定义式里面包含了\(B_n\)这一项，于是把\(B_n\)提出来：
直接用定义式求是\(O(n^2)\)的复杂度
3.生成函数
把定义式的循环上界减一，得：
注意到组合数上标变成了\(n\)，再加个\(B_n\)：
组合数很烦，把它拆开来：
两边都写成生成函数的形式：
设伯努利数的指数型生成函数为\(B(x)=\sum_{n=0}\frac{B_n}{n!}x^n\)，那么左边显然就是\(B(x)e^x\)，右边就是\(B(x)\)。
但是细想却不对劲，如果\(B(x)e^x=B(x)\)，那么\(e^x=1\)，显然不成立。注意到一开始把循环上标减了1，而根据定义，伯努利数定义式的\(n\)必须大于\(0\)，所以上面的式子只有当\(n-1>0\)时成立。
于是考虑列出\(B(x)e^x\)的第\(0,1\)项：
而\(B(x)\)的第一项只有\(B_1x\)，少了个\(B_0x\)，加上去即可：
可以解出\(B(x)=\frac{x}{e^x-1}\)。
注意到分母的第\(0\)次项为\(0\)，所以把分子除下去之后，第\(0\)次项不为\(0\)，可以用多项式求逆\(O(nlogn)\)做。
4.应用
说了这么多，伯努利数有什么用？
答：可以求解自然数幂和。
定义自然数幂和\(S(m,k)=\sum_{i=1}^mi^k\)，直接求单个是\(O(nlogn)\)的（快速幂是\(O(logn)\)）。使用伯努利数可以对于固定的\(m\)做到\(O(nlogn)\)求出前\(n\)个。
下面说下求法：
对于固定的\(m\)，还是设\(S(m,k)\)的指数型生成函数为
交换求和符号得到：
注意到分母和\(B(x)\)一样，把\(B(x)\)带进去：
把\(e^{mx}\)展开得到：
前面这个\(B(x)e^x\)不好处理，但注意到\(B(x)e^x=B(x)+x\)，于是引入新的\(B'(x)=B(x)+x\)，把\(B'(x)\)展开：
注意到\(S_m(x)=\sum_{k=0}S(m,k)\frac{x^k}{k!}\)，所以：
这个就可以称为自然数幂和的通项公式。
注意到通项公式可以写成卷积的形式：
因为\(B'(x)=B(x)+x\)，可以\(O(nlogn)\)求出每一项\(B'_n\)，所以可以\(O(nlogn)\)求出\(m\)固定时\(k\in[1,n]\)的\(S(m,k)\)值
5.题目
luoguP3711仓鼠的数学题
已知\(a_0...a_n\)，设\(S_k(x)=\sum_{i=0}^xi^k\)，求出\(\sum_{k=0}^nS_k(x)a_k\)，并输出其每一项的系数，可以证明答案是个\(n+1\)次多项式。\(n\leq 250000\)，\(0^0=1\)，答案对\(998244353\)取模。
可以发现这里的\(S_k(x)\)相比上面所说的多了个下标\(0\)。但是发现当\(k>0\)时，\(0^k=0\)，所以\(S_k(x)=\sum_{i=1}^xi^k(k>0)\)；而当\(k=0\)时，\(0^k=1\)，所以\(S_k(x)=\sum_{i=1}^xi^k+1(k=0)\)。
所以可以重新定义\(S_k(x)\)为\(\sum_{i=1}^xi^k\)，这样答案的式子就是：
只需要关注前面的求和式，用伯努利数将其展开得到：
那么设\(f_i=a_ii!\)，\(g_i=\frac{B'_i}{i!}\)，引入\(g'_i=g_{n-i}\)，那么上面的式子可以接着写成：
注意到\(g_i=\frac{B'_i}{i!}=\frac{i![x^i]B'(x)}{i!}=[x^i]B'(x)=[x^i](\frac{x}{e^x-1}+x)\)，可以\(O(nlogn)\)求，答案的卷积也是\(O(nlogn)\)，卷积的第\(n+i-1\)次项除以\(i!\)就是答案的第\(i\)项。
注意到上面式子没有第\(0\)次项，所以答案第\(0\)次项就是\(a_0\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define cn const
#define gc getchar()
#define fp(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i<=ed;++i)
#define fb(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i>=ed;--i)
#define add(a,b) (((a)+(b))%mod)
#define inc(a,b) (((a)-(b)+mod)%mod)
#define mul(a,b) (1ll*(a)*(b)%mod)
#define div(a,b) (1ll*(a)*fpow((b,mod-2))%mod)
using namespace std;
typedef cn int cint;
il int rd(){
rg int x(0); rg char c(gc);
while(c<'0'||'9'<c)c=gc;
while('0'<=c&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc;
return x;
}
cint maxn=2000010,mod=998244353,G=3,invG=332748118;
int n,lim=1,a[maxn],fac[maxn],ifac[maxn],bo[maxn],f[maxn],g[maxn];
il int fpow(int a,int b,int ans=1){
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)){
if(b&1)ans=mul(ans,a);
}
return ans;
}
namespace poly{
int A[maxn],B[maxn];
int lim,l,rev,r[maxn];
il void init(cint &l1,cint &l2){
lim=1,l=0;
while(lim<=l1+l2)lim<<=1,++l;
rev=fpow(lim,mod-2);
fp(i,0,lim-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
il void ntt(int *a,cint &f){
fp(i,0,lim-1)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
for(rg int md=1;md<lim;md<<=1){
rg int len=md<<1,Gn=fpow(f?G:invG,(mod-1)/len);
for(rg int l=0;l<lim;l+=len){
rg int Pow=1;
for(rg int nw=0;nw<md;++nw,Pow=mul(Pow,Gn)){
rg int x=a[l+nw],y=mul(Pow,a[l+nw+md]);
a[l+nw]=add(x,y),a[l+nw+md]=inc(x,y);
}
}
}
}
void getinv(int *a,int *f,int n){
if(n==1){
f[0]=fpow(a[0],mod-2);
return;
}
getinv(a,f,n>>1);
init(n-1,n-1);
fp(i,0,n-1)A[i]=a[i],B[i]=f[i];
fp(i,n,lim)A[i]=B[i]=0;
ntt(A,1),ntt(B,1);
fp(i,0,lim)A[i]=mul(B[i],inc(2,mul(A[i],B[i])));
ntt(A,0);
fp(i,0,n-1)f[i]=mul(A[i],rev);
}
il void mult(int *a,int *b,int *c,cint &l1,cint &l2,cint &l3){
init(l1,l2);
fp(i,0,l1)A[i]=a[i];
fp(i,0,l2)B[i]=b[i];
fp(i,l1+1,lim)A[i]=0;
fp(i,l2+1,lim)B[i]=0;
ntt(A,1),ntt(B,1);
fp(i,0,lim)A[i]=mul(A[i],B[i]);
ntt(A,0);
fp(i,0,l3)c[i]=mul(A[i],rev);
}
}
int main(){
n=rd();
fp(i,0,n)a[i]=rd();
fac[0]=1;
fp(i,1,n+1)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n+1]=fpow(fac[n+1],mod-2);
fb(i,n+1,1)ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
fp(i,0,n)g[i]=ifac[i+1];
while(lim<=n)lim<<=1;
poly::getinv(g,bo,lim),++bo[1];
fp(i,0,n)f[i]=mul(a[i],fac[i]);
fp(i,0,n)g[i]=bo[n-i];
poly::mult(f,g,f,n,n,n<<1);
printf("%d",a[0]);
fp(i,1,n+1)printf(" %lld",mul(f[n+i-1],ifac[i]));
return 0;
}
