解决自然数幂和的方法

题意

∑i=1nimmodp

暴力

呵呵,快速幂

高斯消元

从k次，推到k+1次，求系数

矩阵乘法

有点复杂，向下面的算法一样，可以从k次，推到k+1次

倍增

像快速幂一样，打一个f[i][j]

拉格朗日插值法

就是设一个函数再把式子推出来。道理很简单，不细讲。
如需了解差分表，拉格朗日插值法

牛顿插值法

还不会

差分表

我们知道式子a

(n+1)k+1−nk+1=C1k+1∗nk+……+Ckk+1∗n+1

(二项式定理)
那么我们转换到

(n+1)k+1−1=∑i=0n(i+1)k+1−ik+1

根据式子a
我们可以得到

(n+1)k+1−1=C1k+1∑i=0nik+……+Ckk+1∑i=0ni+n+1

进一步得到 式子b

∑i=0nik=1k+1[(n+1)k+1−C2k+1∑i=0nik−1−……−Ckk+1∑i=0ni−n−1]

很明显这些式子与所有的1到n的1到k-1次幂有关，所以是一个递推式
设

S(n,k)=∑i=nnik

用s代替式子b中的部分

S(n,k)=1k+1[(n+1)k+1−C2k+1S(n,k−1)−……−Ckk+1S(n,1)−n−1]

我们初始化s(n,0)=n+1(因为题目要求0^0=1)，s(n,1)=n(n+1)/2
那么就可以递推着做自然数幂和了。

伯努利数

伯努利数原本就是处理等幂和的问题。
可以推得

∑i=1nik=1k+1∑i=1k+1Cik+1∗Bk+1−i∗(n+1)i

因为

∑k=0nCkn+1Bk=0(B0=1)

所以

Bn=−1n+1(C0n+1B0+C1n+1B1+……Cn−1n+1Bn−1)

伯努利数的证明十分复杂，有些东西其实可以不用弄懂，当做一个黑盒算法。
公式简单易记。

第一类斯特林数（Stirling）

其实第一类斯特林数的概念十分好懂。
如需了解第一类斯特林数，请转第一类斯特林数
首先我们设

Sk(n)=∑i=0nik

根据第一类斯特林数的定义（P是排列数，C是组合数,s是Stirling）

Ckn=Pknk!=∑ki=0(−1)i+ks(k,i)nik!

那么我们用P每次减去一个少一位的对应斯特林式子就得到了 jk ，在求和就是 Sk(n) 。
所以

Sk(n)=

∑j=0n(k!Ckj−∑i=0k−1(−1)i+ks(k,i)ji)

拆括号

=k!∑j=0nCkj−∑i=0k−1(−1)i+ks(k,i)∑j=0nji

因为 ∑mi=0Cni=Cn+1m+1（证明：Cn+1m+1=Cnm+Cn+1m,那么等式两边就把Cnm消掉了
，然后Cn+1m=Cm−1n+Cn−1m−1,然后又把Cnm−1消掉了，依此类推，最后全部都消掉了）

=k!Cn+1k+1−∑i=0k−1(−1)i+ks(k,i)Si(n)

在转换为用排列数的

=Pk+1n+1k+1−∑i=0k−1(−1)i+ks(k,i)Si(n)

那么我们只需要用 O(k2) 地预处理出第一类斯特林数，然后按k来递推了，边界是 S1(n)=n(n+1)/2
主要运用了第一类斯特林数与排列式P的关系。
第一类斯特林数处理自然数幂和的问题比伯努利数和差分表更好。虽然时间复杂度都是一样的，但是第一类斯特林数没有除号（用组合数的形式没有，但是排列数的形式也可以整除），不用考虑模数有没有逆元，但是差分表和伯努利数都是带除号的，模数没有逆元很容易GG，比如说有一道题叫做 小学生数学题

关系

转载并详细解说自GEOTCBRL%%%
打blog的灵感来自看了WerKeyTom_FTD
不过自我感觉十分详细。