「笔记」自然数幂之和

目录

• 定义
• 性质
• 暴力计算
• 差分法
  • 复杂度
  • 优缺点：
• 拉格朗日插值
  • 复杂度
  • 优缺点
• 第一类斯特林数
  • 引理 1
  • 引理 2
  • 证明
  • 复杂度
  • 优缺点
• 伯努利数
• 题目
• 写在最后

学到许多。

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定义

定义前 $n$ 个自然数 $k$ 次幂的和为：

$$S_k(n) = \sum_{i=1}^{n}i^k$$

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性质

$S_k(n)$ 为关于 $n$ 的 $k+1$ 次多项式。

证明考虑对 $k$ 进行归纳。
当 $k=0$ 时，$S_k(n) = n$，结论成立。
当 $k=d$ 时：

通过二项式定理化简，提出一项相消，有：

$$\begin{aligned} &(i+1)^{d+1} - i^{d+1}\\ = &\sum_{j=0}^{d+1}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j - i^{d+1}\\ = &\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j \end{aligned}$$

对 $(i+1)^{d+1} - i^{d+1}$ 求和，有：

$$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{n}\left\{(i+1)^{d+1} - i^{d+1}\right\}\\=&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j\end{aligned}$$

发现 $\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)$ 只与 $j$ 有关，调换求和顺序，有：

$$\begin{aligned}&\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)i^j\\=&\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)\sum_{i=1}^{n}i^j\\=&\sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)\end{aligned}$$

化出了有趣的玩意。
展开左侧 $i^{d+1}$ 的求和式相消，则有：

$$(n+1)^{d+1} - 1 = \sum_{j=0}^{d}\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)$$

提出右侧 $j=d$ 时的 $S_d(n)$：

$$\left(\begin{matrix}d+1\\d\end{matrix}\right)S_d(n) = (n+1)^{d+1} -\sum_{j=0}^{d-1}\left\{\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)\right\} - 1$$

二项式定理展开右侧，并略做处理：

$$S_d(n) = \dfrac{1}{d+1}\left\{\sum_{j=0}^{d+1}n^j -\sum_{j=0}^{d-1}\left\{\left(\begin{matrix}d+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)\right\} - 1\right\}$$

对于右侧，通过数学归纳得到 $S_j(n)$ 为关于 $n$ 的 $j$ 次多项式。
则其最高次项出现在 $\sum\limits_{j=0}^{d+1}n^j$ 中，次数为 $d+1$。
得证。

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暴力计算

看起来很快的 $O(n\log k)$？
唯一一个复杂度依赖 $n$ 的算法，会被卡爆。

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差分法

在性质证明过程的最后，得到了一个优美的式子：

$$S_k(n) = \dfrac{1}{k+1}\left\{\sum_{j=0}^{k+1}n^j -\sum_{j=0}^{k-1}\left\{\left(\begin{matrix}k+1\\j\end{matrix}\right)S_j(n)\right\} - 1\right\}$$

已知 $S_0(n) = n$，显然可以进行递推。

复杂度

显然的 $O(k^2)$。

优缺点：

优点：无。

缺点：需要求解 $k+1$ 的逆元，模数不为质数时无法使用。
被拉格朗日插值 和 第一类斯特林数多方面吊打。

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拉格朗日插值

拉格朗日插值是啥？拉格朗日插值。

由性质，$S_k(n)$ 为关于 $n$ 的 $k + 1$ 次多项式，需要 $k+2$ 个点值进行构造。
可以直接取 $k+1$ 个点，按照定义计算出 $S_k(n)$，构造多项式。
复杂度 $O(k^2)$？我觉得不行。

题目对选择的点并没有要求，考虑选取一段连续的点进行优化。
使 $x_i = i$，则选择的点集为 $\{(i, S_k(i))\, \mid \, i \in \N^+, i\le k+2\}$。
按照定义递推出来即可，复杂度 $O(k \log k)$。

考虑要求的点 $(n, S_k(n))$，将其代入插值公式，有：

$$S_k(n)= \sum_{i=1}^{k+2}S_k(i)\prod_{i\not ={j}}\dfrac{n-j}{i-j}$$

发现乘积项的分母与 $n$ 无关，提出来：

$$S_k(n)= \sum_{i=1}^{k+2}S_k(i)\dfrac{\prod\limits_{i\not ={j}}{(n-j)}}{\prod\limits_{i\not ={j}}(i-j)}$$

手玩一下乘积项的变化规律。

对于分母，$j\le k +2$，在已知 $i$ 时有：

$$\begin{aligned} &\dfrac{1}{\prod\limits_{i\not ={j}}(i-j)}\\ = &\dfrac{1}{i(i-1)(i-2) \dots 1 \times(-1) \dots (k+2-i-1)(k+2-i)}\\=&(-1)^{k+2-i}\dfrac{1}{i! (k+2-i)!} \end{aligned}$$

可先预处理阶乘再求逆元，快速得到分母的值。

对于分子，也暴力拆一波：

$$\begin{aligned} &\prod\limits_{i\not ={j}}{(n-j)}\\ =& n(n-1) \dots (n-(i-1))(n-(i+1))\dots (n-(k+2))\\ =&(\prod_{j=1}^{i-1}(n-j)) (\prod_{j=i+1}^{k+2}(n-j))& \end{aligned}$$

考虑维护 $(n-j)$ 的 前/后 缀积，可快速得到分子的值。

则有：

$$S_k(n)= \sum_{i=1}^{k+2}(-1)^{k+2-i}S_k(i)\dfrac{(\prod\limits_{j=1}^{i-1}(n-j)) (\prod\limits_{j=i+1}^{k+2}(n-j))}{i! (k+2-i)!}$$

复杂度

$O(k \log k)$ 处理 $k+2$ 个连续点值。
$O(n)$ 预处理前/后 缀积，阶乘。
求逆元时可以 $O(n)$ 预处理，也可以单次 $O(\log k)$。

总复杂度 $O(k\log k)$。

优缺点

优点：简单好写，复杂度优秀，就感觉到快。

缺点：出现了除法，需要求逆元，需保证模数为质数。

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第一类斯特林数

斯特林数是啥？ 斯特林数 及 斯特林反演。

$$S_k(n) = \dfrac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1} -\sum_{i=0}^{k-1} \cdot {\displaystyle \left[{\begin{matrix}k\\i\end{matrix}}\right]\,} \cdot S_i(n)$$

引理 1

$$x^{\underline{n}} = (-1)^{n}(-x)^{\overline{n}}$$

$$x^{\overline{n}} = (-1)^{n}(-x)^{\underline{n}}$$

以式 1 为例：

暴力展开即可，有：

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

式 2 同理可证。

引理 2

一个组合恒等式：

$$n^{\underline{k}} = \sum_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}{\displaystyle \left[{\begin{matrix}k\\i\end{matrix}}\right]}n^{i}$$

考虑 上升幂的性质

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

通过 引理 1 进行处理：

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

等式两侧同乘 $(-1)^k$，有：

$$\begin{aligned} (-1)^k (-n)^{\underline{k}}=& \sum_{i=0}^{k}{\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}}n^{i}\\ (-n)^{\underline{k}}=& \sum_{i=0}^{k}{\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}}(-1)^k n^{i} \end{aligned}$$

又有 $i\le k$，提出 $(-1)^i$ 与 $n^i$ 相乘，有：

$$\begin{aligned} (-n)^{\underline{k}}=& \sum_{i=0}^{k}{\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}}(-1)^k n^{i}\\ (-n)^{\underline{k}}=& \sum_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}{\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}} (-n)^{i}\\ n^{\underline{k}}=& \sum_{i=0}^{k}(-1)^{k-i}{\begin{bmatrix}k\\i\end{bmatrix}} n^{i} \end{aligned}$$

得证。

证明

观察引理，对于右侧的求和式，$i=k$ 时，显然 $(-1)^{k-i}{\displaystyle \left[{\begin{matrix}k\\i\end{matrix}}\right]}n^{i}=n^k$，则

$$n^k = n^{\underline{k}} - \sum\limits_{i=0}^{k-1}(-1)^{k-i}{\displaystyle \left[{\begin{matrix}k\\i\end{matrix}}\right]}n^{i}$$

对其求和，有：

$$\begin{aligned} S_k(n) &= \sum_{i=1}^{n}i^k \\ &= \sum_{i=1}^{n}\left\{{i^{\underline{k}}-\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}{\displaystyle \left[\begin{matrix}k\\j\end{matrix}\right]}i^j}\right\} \end{aligned}$$

拆开求和符号。

对于第一项，转化为组合数。
使用组合数性质合并，再展开组合数，有：

$$\begin{aligned} &\sum\limits_{i=1}^{n}i^{\underline{k}}\\ =&k!\sum_{i=1}^{n}\dfrac{i^{\underline{k}}}{k!}\\ =&k!\sum_{i=1}^{n}{\displaystyle\left(\begin{matrix}i\\k\end{matrix}\right)}\\ =&k!{\displaystyle\left(\begin{matrix}n+1\\k+1\end{matrix}\right)}\\ =&\dfrac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1} \end{aligned}$$

对于第二项，只有 $i^j$ 与 $i$ 有关，交换求和符号，有：

$$\begin{aligned} &\sum_{j=0}^{k-1}(-1)^{k-j}{\displaystyle \left[\begin{matrix}k\\j\end{matrix}\right]}\sum_{1}^{n}i^j \\= &\sum_{i=0}^{k-1} \cdot {\displaystyle \left[{\begin{matrix}k\\i\end{matrix}}\right]\,} \cdot S_i(n) \end{aligned}$$

得证。

复杂度

复杂度 $O(k^2)$。
需要预处理 $k^2$ 个第一类斯特林数。
再递推求得 $S_0(n), S_1(n)\dots S_k(n)$，单次复杂度为 $O(k)$。

优缺点

优点：模数可以为任意值，摆脱了质数的限制。

第一项 $\dfrac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}$ 看起来要求逆元，但 $(n+1)^{\underline{k+1}}$ 展开后至少有一项为 $k+1$ 的倍数。
枚举 $n+1-?$ 到 $k+1$ 的倍数时直接除去 $k+1$即可。

缺点：TLE 警告。

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伯努利数

？$e$ 和 $\infin$ 是个什么玩意
？多项式求逆
爬了。
会了 NTT 再回来

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题目

CF622F The Sum of the k-th Powers
$n\le 10^9, k\le 10^6$。
只能用复杂度与 $n$ 无关的算法过去（

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写在最后

？我也不知道为什么叫差分法
可能是因为证明的时候用了 $\sum\limits_{i=1}^{n}\left\{(i+1)^{d+1} - i^{d+1}\right\}$。

63 级学弟学妹来啦！