学到许多。
定义
定义前 \(n\) 个自然数 \(k\) 次幂的和为：
\[S_k(n) = \sum_{i=1}^{n}i^k
\]
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。
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。
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。
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。
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。
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
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（
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！
