求解自然数幂和的n种方法

问题的引入

给定 $n,k$ 求 $\sum_{i=1}^ni^k$

1. 循环

四年级应该会循环了。

能做到 $O(nk)$ 的优秀时间复杂度。

2. 快速幂

五年级学了快速幂之后就能做到 $O(nlog_2k)$

请不要小看这个算法。有时候在特定的情况下（例如 $n$ 很小，或 $1\rightarrow n$ 的距离变得很小时），这个复杂度真的很优秀。

3. 差分法

六年级应该知道差分和二项式定理了。那么： $(a+1)^k-a^k=\sum_{i=0}^{k-1}C_k^ia^i$

于是：
$(n+1)^k-1 =\sum_{i=1}^n (i+1)^k-i^k \\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^{k-1}C_k^ji^j\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{i=0}^{k-1}C_k^i\sum_{j=1}^n j^i\\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ =\sum_{i=0}^{k-1}C_k^i S(i)$ $\therefore (n+1)^{k+1}-1=\sum_{i=0}^kC_{k+1}^iS(i)$

把 $i=k$ 时移项，可以得到 $(k+1)S(k)=(n+1)^{k+1}-1-\sum_{i=0}^{k-1}C_{k+1}^iS(i)$

所以 $S(k)=\frac{(n+1)^{k+1}-1-\sum_{i=0}^{k-1}C_{k+1}^iS(i)}{k+1}$

同时仔细观察这个式子，我们发现， $k$ 次方和的求和公式是 $k+1$ 次的。归纳证明即可。

3. 倍增

初一应该会倍增了，所以我们令 $f_{n,k}=\sum_{i=1}^ni^k$ 。

当 $n$ 是奇数的时候直接由 $f_{n-1,k}+n^k$ 转移过来。偶数的时候拆开来，运用简单的二项式定理，一波式子推得： $f(n,k)=f(\frac{n}{2},k)+\sum_{j=0}^kC_k^j*f(\frac{n}{2},j)*\frac{n}{2}^{k-j}$

每一层的 $f_{n,k}$ 我们计算的时间复杂度都是 $O(k^2)$ 的， $log_n$ 层，时间复杂度 $O(k^2log_n)$ .

4. 高斯消元

初一应该会高斯消元了。这是个大脑洞。虽然时间复杂度比上一个还劣一些。

根据 $k$ 次方和的求和公式是 $k+1$ 次的，所以列出 $k+2$ 条式子就可以唯一确定这个多项式。

时间复杂度 $O(k^3)$ .

5. 第一类斯特林数

初二来学习一下斯特林数。

第一类斯特林数我们一般清楚的是它的组合意义，即把 $n$ 个元素分成 $k$ 个圆排列的方案。根据组合意义，我们不难推出它的式子是 $S_u(n,m)=S_u(n-1,m-1)+(n-1)S_u(n-1,m)$

但事实上，我们求解自然数幂和需要用到的是它的原始定义：
$x^{n\downarrow}=x\cdot (x-1)\cdot (x-2)\cdots (x-n+1)=\sum_{k=0}^ns_s(n,k)\cdot x^k$ $x^{n\uparrow}=x\cdot (x+1)\cdot (x+2)\cdots(x+n-1)=\sum_{k=0}^ns_u(n,k)\cdot x^k$

这里需要注意，第一类斯特林数根据定义分成了有符号 $S_s$ 和无符号 $S_u$ 两种。事实上，我们可以很轻松的从这个原始定义推出它的组合意义。

因为 $\sum_{k=0}^nS_u(n,k)·x^k=x^{n\uparrow}=x^{(n-1)\uparrow}·(x+n-1)$ $=\sum_{k=0}^{n-1}S_u(n-1,k)x^{k+1}+(n-1)\sum_{k=0}^{n-1}S_u(n-1,k)x^k$

对比两边 $x^m$ 的系数，可以得到 $S_u(n,m)=S_u(n-1,m-1)+(n-1)S_u(n-1,m)$ 继续推有符号的，可以得到 $S_s(n,m)=S_s(n-1,m-1)-(n-1)S_s(n-1,m)$ 事实上，我们可以完全不用记第一类斯特林数的组合意义，通过公式直接推出来即可。当然记了更好，还可以验证。

所以，根据第一类斯特林数的的定义，得到： $\prod_{x=0}^{k-1}(n-x)=\sum_{k=0}^nS_s(n,k)x^k$

于是我们可以得到一个显然的式子是： $n^m=n^{m\downarrow}-\sum_{k=0}^{m-1}S_s(m,k)·n^k$

我们继续推，发现下降幂的和是可以写成一个组合数的形式的，比方说 $\sum_{i=m}^ni^{m\downarrow}=\sum_{i=m}^n\frac{i!m!}{(i-m)!m!}=m!\sum_{i=m}^n\binom{i}{m}=m!\binom{n+1}{m+1}$

而后面那一坨式子也是可以化简的，比方说 $\sum_{i=0}^n\sum_{k=0}^{m-1}S_s(m,k)·i^k=\sum_{k=0}^{m-1}S_s(m,k)\sum_{i=0}^ni^k$

发现后面那条式子 $\sum_{i=0}^ni^k$ 的 $k$ 是降了阶的，所以可以边处理边记录一下，就不用重新算了，时间复杂度就变成了 $O(k^2)$ 。而处理 $S_s(m,k)$ 也是 $O(k^2)$ 级别。

事实上如果当你升入初三， $S_s(m,k)$ 就可以运用分治 $NTT$ 做到 $O(klog^2k)$ 了，虽然然并卵。

但请注意，这种方法虽然时间复杂度是 $O(k^2)$ 级别的，但是它并非没有什么用，因为它——不用做除法

6. 第二类斯特林数

第二类斯特林数的组合意义就是 $n$ 个元素分成 $m$ 个集合，且集合非空的方案数。

基本性质是 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\begin{Bmatrix}n-1\\m-1\end{Bmatrix}+m\cdot \begin{Bmatrix}n-1\\m\end{Bmatrix}$

考虑它的通项公式，可以先把所有集合标号，最后除以集合的阶乘即可，那么考虑容斥，枚举非空集合个数 $i$ ，可以得到 $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac 1 {m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n$

接下来继续推导自然数幂和。

显然！！ $i^k=\sum_{j=0}^k\left\{\begin{array}{c}{k}\\{j}\end{array}\right\}i^{j\downarrow}$

继续推导 $\sum_{i=1}^ni^k=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k\left\{\begin{array}{c}{k}\\{j}\end{array}\right\}i^{j\downarrow}$ $=\sum_{i=1}^n\sum_{j=0}^k\left\{\begin{array}{c}{k}\\{j}\end{array}\right\} j!\left(\begin{array}{c}{i}\\{j}\end{array}\right)$ $=\sum_{j=0}^k\left\{\begin{array}{c}{k}\\{j}\end{array}\right\} j!\sum_{i=j}^n\left(\begin{array}{c}{i}\\{j}\end{array}\right)$ $=\sum_{j=0}^k\left\{\begin{array}{c}{k}\\{j}\end{array}\right\} j!\binom{n+1}{j+1}$

很明显，除去预处理第二类斯特林数的复杂度，后面是一样不用做除法的，可以做到 $O(k)$ .

那么时间复杂度决定于预处理第二类斯特林数的复杂度。显然可以用 $O(k^2)$ 递推。

然而事实上，我们来看看斯特林数的通项公式： $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\frac 1 {m!}\sum_{i=0}^m(-1)^i\binom mi(m-i)^n$

一拼凑，咦~ $\begin{Bmatrix}n\\m\end{Bmatrix}=\sum_{i=0}^m\frac{(-1)^i}{i!}\cdot\frac{(m-i)^n}{(m-i)!}$

这原来可以写成形如 $\sum_{i=0}^mf(i)*g(m-i)$ 的卷积形式。于是第一个多项式的第 $i$ 项系数是 $\frac {(-1)^i}{i!}$ ，另一个多项式的第 $i$ 项系数是 $\frac {i^n}{i!}$ ，卷积后第 $i$ 项的系数就是 $\begin{Bmatrix}n\\i\end{Bmatrix}$ .

于是愉快的将时间变成了 $O(KlogK)$

7. 差分表

初三来学习一下差分表吧。

对于任何一个序列 $a_0, a_1, ... , a_n, ...$ 我们都可以定义它的差分序列 $\Delta a_0, \Delta a_1, ... ,\Delta a_n, ...$ ，其中 $\Delta a_i=a_{ i+1 }-a_i$

类似的，我们可以构造序列 $\{\Delta a_n\}$ 的二阶、三阶… $k$ 阶差分序列。不妨记为 $\{\Delta^2 a_n\},...,\{\Delta^k a_n\}$

令序列是一个 $p$ 次多项式，那么差分表一个很重要且很显然的性质是： $\forall n>=0, \Delta^{p+1}a_n = 0$ 这是由于每次差分都必然会把最高次项消去！

另外一个很重要的性质就是差分表的线性性，即如果 $f_n=k_1g_n+k_2h_n$ ，那么一定有 $\forall p, n, \Delta^p f_n=k_1\Delta^p g_n + k_2\Delta^p h_n$

而其最重要的一个性质就是，任何一个 $p$ 阶多项式，都必定可以由其差分表的第一条对角线确定。为了证明这个结论，不妨先考虑最简单的情况：

差分表的一条对角线为 $0, ..., 0, 1, 0, ...$ ，即第一条对角线上只有第 $p$ 个位置为 $1$ ，其他都为 $0$ ，那么可以写出这个序列的通项公式 $f_n=c(n)(n-1)(n-2)...(n-p+1)$

代入 $n=p,f_p=1$ ，得到 $c=\frac{1}{p!}$ 所以可以得到 $f_n=\frac{n!}{p!(n-p)!}=\tbinom{n}{p}$

那么根据差分表的线性性，我们就可以得知 $f_n=\sum_{i=0}^p c_i\tbinom{n}{i}$
由于 $\sum_{k = 0}^n f(k) = \sum_{k = 0}^p c_k {n + 1 \choose k}$ 所以利用差分表，我们可以在 $O(p^2)$ 的时间复杂度求解类似于 $\sum_{i=0}^n f_i$ 的式子。

回到自然数幂和的问题上，我们把 $f_i=i^k$ 代入计算前 $p$ 项的值，通过 $p^2$ 的时间复杂度处理出差分表的第一条对角线，设这个对角线为 $c(p, 0), c(p, 1), c(p, 2), \dots, c(p, p)$ ，那么答案就是 $\sum_{k = 0}^p c(p, k){n + 1 \choose k}$

8. 伯努利数

初三再来学一学伯努利数吧。

根据伯努利数的生成函数定义，可知 $\frac{x}{e^{x}-1} = \sum_{i\geq 0} B_{i}*\frac{x^{i}}{i!}$

由于 $\frac{x}{e^x-1}·(e^x-1)=x$

且 $[x^n]\frac{x}{e^x-1}·(e^x-1)=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{B_i}{i!}·\frac{1}{(n-i)!}=[n=1]$

两边都乘上 $n!$ 可以得到 $\sum_{i=0}^{n-1}\binom{n}{i}B_i=[n=1]$

这是伯努利数的一个基本性质。后面会用到。

我们再定义一个多项式 $B_n(t)$ 表示 $B_{n}(t) = \sum_{k=0}^{n-1} B_{k} * t^{n-k}*C_{n}^{k}$

然后我们发现
$B_n(t+1)-B_n(t)=\sum_{k=0}^{n-1} B_{k}*\lgroup(t+1)^{n-k} - t^{n-k}\rgroup C_{n}^{k}$ $=\sum_{k=0}^{n-1} B_{k}*(\sum_{i=0}^{n-k-1} C_{n-k}^{i} * t^{i})* C_{n}^{k}$ $=\sum_{k=0}^{n-1} B_{k}*(\sum_{i=0}^{n-k-1} C_{n-k}^{i} * t^{i}*C_{n}^{k})$ $=\sum_{i=0}^{n-1}B_k*\sum_{i=0}^{n-k-1}\frac{n!t^i}{i!k!(n-k-i)!}$ $=\sum_{k=0}^{n-1} B_{k}*(\sum_{i=0}^{n-k-1} C_{n-i}^{k} * t^{i}*C_{n}^{i})$ $=\sum_{i=0}^{n-1} C_{n}^{i}*t^{i}*\sum_{k=0}^{n-1-i} B_{k}*C_{n-i}^{k}$

注意到后面只有当 $n-i-1=0$ 时值为 $1$ ，于是 $B_n(t+1)-B_n(t)=n*t^{n-1}$

然后我们考虑差分，就有 $\sum_{t=0}^{n-1}B_k(t+1)-B_k(t)=k·\sum_{i=0}^{n-1}i^{k-1}$ 即 $B_{k+1}(n+1)=(k+1)·\sum_{i=0}^ni^k$

可得自然数幂和 $\sum_{i=0}^ni^k=\frac{1}{k+1}·\sum_{i=0}^kB_in^{k+1-i}\binom{k+1}{i}$

问题转化成了求 $B_i$ ，注意到它的生成函数定义，事实上我们只需要求 $\sum_{i\ge 0}\frac{x^i}{(i+1)!}$ 在模 $x^{k+1}$ 的逆元即可。

时间复杂度 $O(KLogK)$ ，当然如果递推的话，也是可以轻松做到 $O(k^2)$ 的。