@总结 - 15@ 自然数幂和相关

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@参考资料@

Hany01。
meowww。

@0 - 问题描述@

我们希望找到一个算法求出下面式子的值。

\[S_{n, k} = \sum_{i=0}^{n}i^k \]

一般来说要求时间复杂度不能与 n 有关。

一个有用的结论 ：\(S_{n, k}\) 是一个关于 n 的 k + 1 次多项式。

@1 - 递推@

这是一个中学老师（大概）要讲的做法。

推导可以用扰动法，也可以用裂项相消法。

扰动法：记 \(S(n)=\sum_{k=0}^{n}a_k\)，列等式 \(S(n)+a_{n+1}=a_0+\sum_{k=1}^{n+1}a_k\)。此方法可解决等比数列求和等。

我们采用裂项相消法。注意到 \((n+1)^{k+1} = \sum_{i=0}^{k+1}{k+1 \choose i}n^i = n^{k+1} + \sum_{i=0}^{k}{k+1 \choose i}n^i\)。

即 \((n + 1)^{k+1} - n^{k+1} = \sum_{i=0}^{k}{k+1 \choose i}n^i\)。求和可得：

\[\sum_{i=0}^{n}((i + 1)^{k+1} - i^{k+1}) = \sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{k}{k+1 \choose j}i^j\\ (n + 1)^{k+1} =\sum_{j=0}^{k}{k+1 \choose j}S_{n, j} \]

于是可以得到递推式 \(S_{n, k} = \frac{(n + 1)^{k+1} - \sum_{j=0}^{k-1}{k+1 \choose j}S_{n, j}}{k + 1}\)。

该递推式可以在给出 n 的情况下 \(O(k^2)\) 求出前 k 项，或者 \(O(k^3)\) 求出关于 n 的 k + 1 次多项式。

@2 - 伯努利数（生成函数）@

我们设指数型生成函数 \(F_n(x) = \sum_{i=0}\frac{S_{n, i}x^i}{i!}\)。

作为一名熟练的 OI 选手，你可以将上面的递推式看成生成函数卷积式，快速算出 \(F_n(x)\) 的表达式。

不过这里直接根据定义推：

\[F_n(x) = \sum_{i=0}\frac{(\sum_{j=0}^{n}j^i)x^i}{i!}\\ = \sum_{j=0}^{n}\sum_{i=0}\frac{(jx)^i}{i!} = \sum_{j=0}^{n}e^{jx} = \frac{e^{(n+1)x} - 1}{e^x - 1} \]

注意 \(e^x - 1\) 没有逆元，不过 \(\frac{e^x - 1}{x}\) 有。所以可以预处理出 \(B(x) = \frac{x}{e^x - 1}\)（伯努利数的生成函数）。

所以 \(F_n(x) = \frac{e^{(n+1)x} - x}{x}B(x)\)，直接卷积。注意是指数型生成函数所以还原时要乘阶乘。

该方法可以在给出 n 的情况下 \(O(k\log k)\) 求出前 k 项，是求解自然数幂和的主要方法之一。

@3 - 拉格朗日插值法@

前面 \(S_{n, k}\) 是一个关于 n 的 k + 1 次多项式，因此可以插 k + 2 个点值求 \(S_{n, k}\)。

先列出拉格朗日插值式：

\[S_{x, k} = \sum_{i=0}^{k+1}\frac{\prod_{j=0,j\not=k}^{k+1}(x - j)}{\prod_{j=0,j\not=k}^{k+1}(i - j)}S_{i, k} \]

分子可以预处理 \((x - j)\) 的前缀积与后缀积实现 \(O(k)\)。

分母是两个阶乘之积 + 可能存在的 (-1)，预处理阶乘的倒数实现 \(O(k)\)。

至于 \(S_{i, k}\)，考虑线性筛，只在素数处用 \(O(k\log k)\) 的快速幂，由素数的分布为 \(O(\frac{k}{\ln k})\) 得该算法复杂度依然为 \(O(k)\)。

综上，该方法可以在 \(O(k)\) 求出某一项 \(S_{n, k}\)，是求解自然数幂和的另一主要方法。

模板题：codeforces - 622F。

@4 - 其他方法@

这些方法并不如上面两种主流方法常用，但是具有一定启发意义。

@4.0 - 引入@

离散的数列求和 对应着 连续的函数积分。

连续的函数微分 对应回来，我们可以定义出 数列的差分运算：\(\Delta f(x) = f(x + 1) - f(x)\)。

我们可以对数列进行多次差分，结果可以记作 \(\Delta^k f(x) = \Delta^{k-1}f(x + 1) - \Delta^{k-1}f(x)\)

幂函数 \(f(x) = x^m\) 求导得 \(f'(x) = mx^{m-1}\)；而下降幂 \(f(x) = x^{\underline{m}}\) 差分得 \(\Delta f(x) = mx^{\underline{m-1}}\)。

所以我们一般认为，连续的幂函数 \(x^m\) 对应为 离散的下降幂 \(x^{\underline{m}}\)。

以上这些离散微积分的概念，虽然可以被其他概念取代，但可以让你更了解数学之间的关联性。

@4.1 - 斯特林数@

众所周知可以通过斯特林数实现 幂 与 下降幂 之间的转化：

\[n^m = \sum_{i=0}^{m} {m\brace i}n^{\underline{i}}\\ n^{\underline{m}} = \sum_{i=0}^{m} (-1)^{m - i}{m\brack i}n^i \]

而 离散的下降幂求和 与 连续的幂积分 公式一样，非常好算。

因此，我们借助斯特林数进行计算：

\[S_{n, k} = \sum_{i=0}^{n}i^k = \sum_{i=0}^{n}\sum_{j=0}^{k} {k\brace j}i^{\underline{j}}\\ = \sum_{j=0}^{k}{k\brace j}\sum_{i=0}^{n}i^{\underline{j}} \\ = \sum_{j=0}^{k}{k\brace j}\frac{(n + 1)^{\underline{j + 1}}}{j + 1} \]

只要预处理出斯特林数就可以 \(O(k)\) 算。

顺便一提，用第一类斯特林数再把 \((n + 1)^{\underline{j + 1}}\) 展开，还可以得到 \(S_{n, k}\) 关于 n + 1 的多项式。

@4.2 - 高阶差分@

一篇关于该方法的介绍：miskcoo。

类比 连续函数的泰勒展开，离散数列也有个牛顿级数：

\[f(x) = \sum_{i=0}\frac{\Delta^i f(0)}{i!}x^{\underline{i}} = \sum_{i=0}\Delta^i f(0) {x \choose i} \]

如果 f(x) 是一个次数为 k 的多项式，经过 k + 1 次差分过后就会变为全 0 的数列了。因此多项式牛顿级数是 \(O(k)\) 项的。

可以用归纳法证明高维差分 \(\Delta^n f(x) = \sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}{n\choose i}f(x + i)\)，这样就与上面的博客中所提到的结果是一致的。

如果把 \(S_{n, k} = \sum_{i=0}^{n}i^k\) 当成关于 n 的多项式，就可以用上面那篇博客提到的方法 \(O(k)\) 做，不过和拉格朗日插值实在太像了。。。

关于这个方法有一道题（不是自然数幂和）：bzoj - 4126。

posted @ 2020-03-03 13:24  Tiw_Air_OAO  阅读(272)  评论(0)  编辑  收藏  举报