伯努利数
前几项为(B_0=1,B_1=-{1over 2},B_2={1over 6},B_3=0,B_4={1over 30})
递推公式
[sum_{i=0}^nB_i{n+1choose i}=0(n>0)
]
边界条件为(B_0=1)
为啥长这样我也不知道啊
转化
推倒推倒
[egin{aligned}
sum_{i=0}^nB_i{n+1choose i}=0(n>0)\
sum_{i=0}^{n-1}B_i{nchoose i}=0(n>1)\
sum_{i=0}^{n-1}B_i{nchoose i}+B_n=B_n(n>1)\
sum_{i=0}^{n}B_i{nchoose i}=B_n(n>1)\
sum_{i=0}^n{B_iover i!(n-i)!}={B_nover n!}(n>1)\
end{aligned}
]
对(B_i)构造指数型生成函数，那么左边可以看做(B(x))卷上一个(e^x)，于是可以化为
[B(x)e^x=B(x)+x
]
后面要加上一个(x)是因为右边(n>1)所以不存在(B_1)
[B(x)={xover e^x-1}
]
[B(x)=left({e^x-1over x}
ight)^{-1}
]
多项式求逆就行了
自然数幂和
先给结论
[egin{aligned}
S_k(n)
&=sum_{i=0}^{n-1}i^k\
&={1over k+1}sum_{i=0}^k{k+1choose i}B_in^{k+1-i}\
end{aligned}
]
复杂度(O(k))
证明的话，可以去看看shadowice巨巨的归纳法，这里只给出生成函数法的证明（虽然咱觉得生成函数法比归纳法好懂多了……）
我们令(A(x))为(S_k(n))的指数级生成函数，有
[egin{aligned}
A(x)
&=sum_{i=0}^infty {S_i(n)x^iover i!}\
&=sum_{i=0}^infty sum_{j=0}^{n-1}j^i{x^iover i!}\
&=sum_{j=0}^{n-1}sum_{i=0}^infty{j^ix^iover i!}\
&=sum_{j=0}^{n-1}e^{jx}\
&={e^{nx}-1over e^x-1}\
&={B_x(e^{nx}-1)over x}\
end{aligned}
]
考虑({e^{nx}-1over x})，等于(sum_{i=1}^infty {x^in^iover i!x}=sum_{i=0}^infty {x^in^{i+1}over (i+1)!})
然后让我们考虑([x^k]A(x))（即(A(x))的(k)次项的值）是多少
[egin{aligned}
{S_k(n)over k!}=sum_{i=0}^k{{B_i}n^{k-i+1}over i!(k-i+1)!}\
S_k(n)={1over k+1}sum_{i=0}^k{k+1choose i}B_in^{k+1-i}\
end{aligned}
]
没了
虽然我并不觉得它比拉格朗日差值好用就是了