从伯努利数到自然数幂和
伯努利数
伯努利数是定义在实数上的一个数列，其在\(\rm OI\)中的用处大多都是处理自然数幂和。
定义
我们定义伯努利数\(B_i\)满足：
\[B_0=1,\sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i=0\ (n>0)
\]
那么易得：
\[B_0=1,B_1=-\frac{1}{2},B_2=\frac{1}{6},B_3=0,B_4=-\frac{1}{30},B_5=0,...
\]
注意到奇数位除了\(B_1\)都为\(0\)。
求解伯努利数
首先很显然的我们把定义式移个项就可以得到\(O(n^2)\)的做法：
\[B_n=-\frac{1}{n+1}\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n+1}{i}B_i
\]
其实我们通过一些奥妙重重的方法可以做到\(O(n\log n)\)。
我们把定义式抄下来：
\[\sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i=0\\
\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i}B_i=0
\]
注意第二个式子要保证\(n>1\)。
\[\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i}B_i+B_n=B_n\\
\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}B_n=B_n\\
\sum_{i=0}^{n}\frac{B_i}{i!(n-i)!}=\frac{B_n}{n!}
\]
注意到这是个卷积的形式，我们写出\(B_i\)的指数型生成函数：
\[B(x)=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{B_i}{i!}x^i
\]
那么显然等式左边就是\(B(x)\)卷上\(e^x\)，但是注意到上面那个等式只在\(n>1\)时成立，我们手玩一下\(n=0,1\)时卷积的样子：
\[\begin{align}
B(x)e^x&=B_0+(B_0+B_1)x+\cdots\\
B(x)&=B_0+B_1x+\cdots
\end{align}
\]
显然\(B(x)\)少了个\(B_0x=x\)，我们加上就好了，可得：
\[B(x)e^x=B(x)+x\\
B(x)=\frac{x}{e^x-1}
\]
那么我们直接多项式求逆就可以做到\(O(n\log n)\)。
利用伯努利数求解幂和
定义：
\[S_p(n)=\sum_{i=1}^{n}i^p
\]
然后我们搞出这个函数的指数型生成函数：
\[\begin{align}
G_n(x)&=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{S_i(n)}{i!}x^i\\
&=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\sum_{j=1}^{n}j^i\\
&=\sum_{j=1}^{n}\sum_{i=0}^{\infty}\frac{(jx)^i}{i!}\\
&=\sum_{j=1}^{n}e^{jx}=\frac{e^{(n+1)x}-e^{x}}{e^x-1}\\
\end{align}
\]
后面一个是根据\(e^{F(x)}\)的定义来的，即：
\[e^{F(x)}=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{F^i(x)}{i!} \]
注意到分母和\(B(x)\)长的一样，我们把\(B(x)\)套进去：
\[\begin{align}
G_n(x)&=B(x)\frac{e^{(n+1)x}-e^x}{x}\\
&=B(x)e^x\cdot \frac{1}{x}\cdot \left(-1+\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n^ix^i}{i!}\right)\\
\end{align}
\]
注意到前面有一个等式是这样的：\(B(x)e^x=B(x)+x\)。
由于后面这个\(x\)不好处理，我们定义一个新的伯努利数\(B'(x)=B(x)+x\)，注意到这个新的数列只有第一项和伯努利数不同，\(B'(1)=-B(1)\)。
因为只有一项不同，下面的式子为了美观把B'写成了B
\[\begin{align}
G_n(x)&=\left(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{B_i}{i!}x^i\right)\cdot \left(\sum_{i=0}^{\infty}\frac{n^{i+1}}{(i+1)!}x^i\right)\\
&=\sum_{i=0}^{\infty}x^i\sum_{j=0}^{i}\frac{n^{j+1}}{(j+1)!}\cdot \frac{B_{i-j}}{(i-j)!}\\
&=\sum_{i=0}^{\infty}\frac{x^i}{i!}\cdot \frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^i\binom{i+1}{j+1}B_{i-j}n^{j+1}
\end{align}
\]
对比系数可知：
\[\begin{align}
S_i(n)&=\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^i\binom{i+1}{j+1}B_{i-j}n^{j+1}\\
&=\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^{i}\binom{i+1}{i-j+1}B_jn^{i-j+1}\\
&=\frac{1}{i+1}\sum_{j=0}^{i}\binom{i+1}{j}B_jn^{i-j+1}\\
\end{align}
\]
那么写的好看一点，结论就是：
\[\sum_{i=1}^{n}i^k=\frac{1}{k+1}\sum_{j=0}^{k}\binom{k+1}{j}B_jn^{k-j+1}
\]
代码：
void get_Bernoulli() {
b[0]=1;
for(int i=1;i<N;i++) {
for(int j=0;j<i;j++) b[i]=add(b[i],mul(b[j],c(i+1,j)));
b[i]=del(0,mul(b[i],inv[i+1]));
}b[1]++; //注意下这里
}
void get_coefficient() {
s[0]=0;
for(int i=0;i<=n;i++) s[y+1-i]=mul(inv[y+1],mul(b[i],c(y+1,i)));
}
多项式求逆不想写了，以后遇到题再写吧
