解决自然数幂和的各种方法

前言

自然数幂和，

暴力

咳咳这个就不用说了。当然不要太暴力了，像求幂可以用快速幂。

高斯消元

我们仔细观察发现，对于求自然数k次方和的公式应该是k+1次的。那么我们可以想到，列个方程组让高斯消元解决，然后得到各项系数后直接代入即可。
复杂度 O(k3)

矩阵乘法

发现方法有点问题，先留坑

倍增

我们设 f(n,k)=∑ni=1ik
那么现在我们要计算f(n,k)怎么办呢？
我们采用分治思想。
如果n是奇数那么
f(n,k)=f(n−1,k)+nk
否则，我们可以先求出n/2的f，然后对于n/2+1~n中的每个数都可以表示为n/2+i
那么
f(n,k)=f(n/2,k)+∑n/2i=1∑kj=0Cjk∗ij∗(n/2)k−j
调换一下
f(n,k)=f(n/2,k)+∑kj=0Cjk∗f(n/2,j)∗(n/2)k−j
于是对于每一个n的f我们需要 O(k2) ，一共有log n层，算上快速幂的复杂度
总共是 O(k2lognlogk)

插值法

分拉格朗日插值法和牛顿插值法，我不会……

伯努利数

同不会

第一类斯特林数

该方法来自GEOTCBRL小学生数学题题解，%%%。
我们设

Sk(n)=∑i=0nik

那么这个东东要怎么搞呢？
先引入第一类斯特林数的定义：
我们记 f(n,k)=n∗(n−1)∗(n−2)∗...∗(n−k+1)

f(x,n)=∑k=0nss(n,k)xk

那么我们很容易推出其递推式
ss(n,m)=ss(n−1,m−1)−(n−1)∗ss(n−1,m)
提一个有趣的一点：如果令 su(n,m)=|ss(n,m)|
那么 su(n,m)=su(n−1,m−1)+(n−1)∗su(n−1,m)
而且有一个性质 su(n,m)=(−1)n+mss(n,m)
而且 su 还有另外的含义， su(n,m) 表示将 n 个不同元素构成m个圆排列的数目。
圆排列是什么？可以理解为两个排列经过旋转可以相同那么视为等价。
由于标程使用了 su ，接下来全程都介绍如何用 su 求自然数幂和。
基本性质：
su(n,n)=1
su(n,0)=0
有一个结论：
k!∗Ckj=f(j,k)
怎么证明呢？
左边是 k!∗j!k!(j−k)!=j!(j−k)!=(j−k+1)∗...j=f(j,k)
那这个结论就显然了。
上面的东西有啥用？等等就会用到。
我们知道 ss(k,k)=1 。
那么 jk=ss(k,k)∗jk
于是呢

jk=k!∗Ckj−f(j,k)+ss(k,k)∗jk

jk=k!∗Ckj−(f(j,k)−ss(k,k)∗jk)

观察括号内的东西

f(j,k)−ss(k,k)∗jk=∑i=0kss(k,i)∗ji−ss(k,k)∗jk

咦！

f(j,k)−ss(k,k)∗jk=∑i=0k−1ss(k,i)∗ji

那么

jk=k!∗Ckj−∑i=0k−1ss(k,i)∗ji

于是

Sk(n)=∑j=0n(k!∗Ckj−∑i=0k−1(−1)i+ksu(k,i)ji)

Sk(n)=k!∑j=0nCkj−∑i=0k−1(−1)i+ksu(k,i)∑j=0nji

运用上面的结论

Sk(n)=k!Ck+1n+1−∑i=0k−1(−1)i+ksu(k,i)∑j=0nji

Sk(n)=f(n+1,k+1)k+1−∑i=0k−1(−1)i+ksu(k,i)∑j=0nji

我们预处理 su 需要 O(k2) ，然后可以用 O(k2) 计算 Sk 。对于减号前面的东西我们直接 O(k) 做就好了。
如果要求模，该怎么办？
相对于某些方法需要对模数分解质因数，对每一个p^k做了后用中国剩余定理，该方法可以直接对减号前部分暴力扫一遍相乘并模。分母是k+1,分子是k+1个连续自然数相乘，那么一定有一个自然数是k+1的倍数，因此消除分母的影响，让该方法可以轻松解决任意模数的情况。而某些方法要求模数是质数，还有些方法要求模数拆分后最大的质数幂不能太大。而该方法则比较优秀。代码实现方面也比较简单，时间复杂度为 O(k2) ，因此个人认为十分好用。
下面是该题做WYF的盒子的代码

#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#define fo(i,a,b) for(i=a;i<=b;i++)
using namespace std;
typedef long long ll;
ll su[2000+10][2000+10],f[2000+10];
ll i,j,k,l,t,n,m,p;
ll qsc(ll x,ll y){
    ll a1=x/1000000,a2=x%1000000,b1=y/1000000,b2=y%1000000;
    ll t=a1*b1%p*1000000%p*1000000%p;
    t=(t+a2*b2%p);
    t=(t+a1*b2%p*1000000%p);
    t=(t+a2*b1%p*1000000%p);
    return t%p;
}
ll qsm(ll x,ll y){
    if (!y) return 1;
    ll t=qsm(x,y/2);
    t=qsc(t,t);
    if (y%2) t=qsc(t,x);
    return t;
}
ll get(ll n){
    if (!n) return 0;
    if (n<=k){
        t=0;
        fo(i,1,n){
            l=1;
            fo(j,1,k)
                l=qsc(l,i);
            t=(t+l)%p;
        }
        return t;
    }
    fo(i,0,k) f[i]=0;
    if (n%2==0) f[1]=qsc(n/2,n+1);
    else f[1]=qsc(n,(n+1)/2);
    f[1]=(f[1]+1)%p;
    f[0]=n%p;
    fo(i,2,k){
        t=1;
        fo(j,n+1-i,n+1)
            if (j%(i+1)==0) t=qsc(t,j/(i+1));else t=qsc(t,j);
        f[i]=t;
        fo(j,0,i-1){
            if ((j+i)%2==0) l=1;else l=-1;
            f[i]=((f[i]-qsc(l*su[i][j],f[j]))%p+p);
        }
        f[i]=f[i]%p;
    }
    return ((f[k]-1)%p+p)%p;
}
int main(){
    scanf("%lld%lld%lld%lld",&k,&n,&m,&p);
    if (n-m<=5000){
        t=0;
        fo(i,m,n) t=(t+qsm(i,k));
        printf("%lld\n",t%p);
        return 0;
    }
    su[0][0]=1;
    fo(i,1,k) su[i][0]=0,su[i][i]=1;
    fo(i,1,k)
        fo(j,1,i-1)
            su[i][j]=(su[i-1][j-1]+qsc(i-1,su[i-1][j]));
    printf("%lld\n",((get(n)-get(m-1))%p+p)%p);
}