自然数幂和

形如 $S_k(n)=\sum\limits_{i=0}^n i^k$ 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。

1|0扰动法

应用两次扰动法，当 $k \geqslant 1$ 时，得：

$$\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n(i+1)^k-(n+1)^k \\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}i^j-(n+1)^k \\ &=\sum_{j=0}^k\binom{k}{j}S_j(n)-(n+1)^k \\ &=\sum_{j=0}^{k-2}\binom{k}{j}S_j(n)+kS_{k-1}(n)+S_k(n)-(n+1)^k \\ \end{aligned}$$

得：

$$\large\begin{aligned} S_{k-1}(n)&=\frac{(n+1)^k-\sum\limits_{j=0}^{k-2}\binom{k}{j}S_j(n)}{k} \\ S_k(n)&=\frac{(n+1)^{k+1}-\sum\limits_{j=0}^{k-1}\binom{k+1}{j}S_j(n)}{k+1} \\ \end{aligned}$$

直接计算可以做到 $O(k^2)$。分治 $FFT$ 可以做到 $O(k \log^2 k)$。

2|0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：

$$\large\begin{aligned} f(x) &= \sum_{i = 0}^{k+1} y_i \prod_{i \not = j} \frac{x - x_j}{x_i - x_j} \\ S_k(n) &= \sum_{i = 0}^{k+1} S_k(i) \prod_{i \not = j} \frac{n - j}{i - j} \\ \end{aligned}$$

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

3|0第一类斯特林数

$$\large x^{\overline{n}}=\sum_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i$$

通过组合意义即可证明，其也可以用归纳法证明：

已知：

$$\large x^{\overline{n-1}}=\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i$$

得：

$$\large\begin{aligned} x^{\overline{n-1}}&=\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i \\ (x+n-1)x^{\overline{n-1}}&=(x+n-1)\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i \\ x^{\overline{n}}&=(n-1)\sum_{i=0}^{n-1}\begin{bmatrix}n-1\\ i\end{bmatrix}x^i+\sum_{i=1}^{n}\begin{bmatrix}n-1\\ i-1\end{bmatrix}x^i \\ x^{\overline{n}}&=\sum_{i=0}^{n}\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i \\ \end{aligned}$$

代入得：

$$\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n(i^{\overline{k}}-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j) \\ &=\sum_{i=0}^ni^{\overline{k}}-\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j \\ &=\sum_{i=0}^n\binom{i+k-1}{k}k!-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\binom{n+k}{k+1}k!-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\frac{(n+k)!}{(n-1)!(k+1)!}k!-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\frac{n^{\overline{k+1}}}{k+1}-\sum_{j=0}^{k-1}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ \end{aligned}$$

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 $x^{\overline{n}}=\sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i$，得：

$$\large\begin{aligned} (-1)^nx^{\underline{n}} &= \sum\limits_{i=0}^n\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}(-x)^i \\ x^{\underline{n}} &= \sum\limits_{i=0}^n(-1)^{n-i}\begin{bmatrix}n\\ i\end{bmatrix}x^i \\ \end{aligned}$$

应用这个式子也可以进行求解：

$$\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n(i^{\underline{k}}-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j) \\ &=\sum_{i=0}^ni^{\underline{k}}-\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}i^j \\ &=\sum_{i=0}^n\binom{i}{k}k!-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\binom{n+1}{k+1}k!-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ &=\frac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}\begin{bmatrix}k\\ j\end{bmatrix}S_j(n) \\ \end{aligned}$$

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。

4|0第二类斯特林数

$$\large x^n = \sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}}$$

通过组合意义即可证明，其也可以用归纳法证明：

已知：

$$\large x^{n-1} = \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}}$$

得：

$$\large\begin{aligned} \large x^{n-1} &= \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= x\sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} ix^{\underline{i}} +\sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} (x-i)x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= \sum_{i=0}^{n-1} \begin{Bmatrix} n-1 \\i \end{Bmatrix} ix^{\underline{i}} +\sum_{i=1}^n \begin{Bmatrix} n-1 \\i-1 \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \large x^n &= \sum_{i=0}^n \begin{Bmatrix} n \\i \end{Bmatrix} x^{\underline{i}} \\ \end{aligned}$$

代入得：

$$\large\begin{aligned} S_k(n)&=\sum_{i=0}^ni^k \\ &=\sum_{i=0}^n\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix} i^{\underline{j}} \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}\sum_{i=0}^n i^{\underline{j}} \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix}\sum_{i=0}^n \binom{i}{j}j! \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix} \binom{n+1}{j+1}j! \\ &=\sum_{j=0}^k\begin{Bmatrix} k \\j \end{Bmatrix} \frac{(n+1)^{\underline{j+1}}}{j+1} \\ \end{aligned}$$

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。

5|0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：

$$\large \sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i=[n=0]$$

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：

$$\large\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n}\binom{n+1}{i}B_i&=[n=0] \\ \sum_{i=0}^{n+1}\binom{n+1}{i}B_i&=B_{n+1}+[n=0] \\ \sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}B_i&=B_{n}+[n=1] \\ \end{aligned}$$

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：

$$\large\begin{aligned} B(x)e^x &= B(x) + x \\ B(x) &= \frac{x}{e^x-1} \\ \end{aligned}$$

可以多项式求逆实现 $O(n \log n)$ 求伯努利数。

这里设 $S_k(n)=\sum\limits_{i=0}^{n-1}i^k$，伯努利数为自然数幂和对应的多项式的系数：

$$\large S_k(n)=\frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}{i}B_in^{k+1-i}$$

考虑证明，设 $F(x)$ 为 $S_k(n)$ 的生成函数，得：

$$\large\begin{aligned} F(x) &= \sum_{i \geqslant 0} \frac{S_i(n)}{i!}x^i \\ &= \sum_{i \geqslant 0}\sum_{j=0}^{n-1} j^i \frac{x^i}{i!} \\ &= \sum_{j=0}^{n-1}\sum_{i \geqslant 0} \frac{(jx)^i}{i!} \\ &= \sum_{j=0}^{n-1}e^{jx} \\ &= \frac{e^{nx}-1}{e^x-1} \\ &= B(x)\frac{e^{nx}-1}{x} \\ &= B(x)\frac{\sum\limits_{i \geqslant 1} \frac{(nx)^i}{i!}}{x} \\ &= B(x) \sum_{i \geqslant 0} \frac{n^{i+1}x^i}{(i+1)!}\\ \end{aligned}$$

因为 $\left [x^k\right ]F(x)=\frac{S_k(n)}{k!}$，得：

$$\large\begin{aligned} S_k(n) &= k!\sum_{i = 0}^k \frac{B_in^{k+1-i}}{i!(k+1-i)!} \\ S_k(n) &= \frac{1}{k+1}\sum_{i=0}^k\binom{k+1}{i}B_in^{k+1-i} \\ \end{aligned}$$

应用伯努利数可以求出自然数幂和对应的多项式的系数。

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本文作者：lhm_
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