1.定義式
定義伯努利數列\(B_n\)滿足：
2.遞推式
可以發現定義式裏面包含了\(B_n\)這一項，於是把\(B_n\)提出來：
直接用定義式求是\(O(n^2)\)的複雜度
3.生成函數
把定義式的循環上界減一，得：
注意到組合數上標變成了\(n\)，再加個\(B_n\)：
組合數很煩，把它拆開來：
兩邊都寫成生成函數的形式：
設伯努利數的指數型生成函數爲\(B(x)=\sum_{n=0}\frac{B_n}{n!}x^n\)，那麼左邊顯然就是\(B(x)e^x\)，右邊就是\(B(x)\)。
但是細想卻不對勁，如果\(B(x)e^x=B(x)\)，那麼\(e^x=1\)，顯然不成立。注意到一開始把循環上標減了1，而根據定義，伯努利數定義式的\(n\)必須大於\(0\)，所以上面的式子只有當\(n-1>0\)時成立。
於是考慮列出\(B(x)e^x\)的第\(0,1\)項：
而\(B(x)\)的第一項只有\(B_1x\)，少了個\(B_0x\)，加上去即可：
可以解出\(B(x)=\frac{x}{e^x-1}\)。
注意到分母的第\(0\)次項爲\(0\)，所以把分子除下去之後，第\(0\)次項不爲\(0\)，可以用多項式求逆\(O(nlogn)\)做。
4.應用
說了這麼多，伯努利數有什麼用？
答：可以求解自然數冪和。
定義自然數冪和\(S(m,k)=\sum_{i=1}^mi^k\)，直接求單個是\(O(nlogn)\)的（快速冪是\(O(logn)\)）。使用伯努利數可以對於固定的\(m\)做到\(O(nlogn)\)求出前\(n\)個。
下面說下求法：
對於固定的\(m\)，還是設\(S(m,k)\)的指數型生成函數爲
交換求和符號得到：
注意到分母和\(B(x)\)一樣，把\(B(x)\)帶進去：
把\(e^{mx}\)展開得到：
前面這個\(B(x)e^x\)不好處理，但注意到\(B(x)e^x=B(x)+x\)，於是引入新的\(B'(x)=B(x)+x\)，把\(B'(x)\)展開：
注意到\(S_m(x)=\sum_{k=0}S(m,k)\frac{x^k}{k!}\)，所以：
這個就可以稱爲自然數冪和的通項公式。
注意到通項公式可以寫成卷積的形式：
因爲\(B'(x)=B(x)+x\)，可以\(O(nlogn)\)求出每一項\(B'_n\)，所以可以\(O(nlogn)\)求出\(m\)固定時\(k\in[1,n]\)的\(S(m,k)\)值
5.題目
luoguP3711倉鼠的數學題
已知\(a_0...a_n\)，設\(S_k(x)=\sum_{i=0}^xi^k\)，求出\(\sum_{k=0}^nS_k(x)a_k\)，並輸出其每一項的係數，可以證明答案是個\(n+1\)次多項式。\(n\leq 250000\)，\(0^0=1\)，答案對\(998244353\)取模。
可以發現這裏的\(S_k(x)\)相比上面所說的多了個下標\(0\)。但是發現當\(k>0\)時，\(0^k=0\)，所以\(S_k(x)=\sum_{i=1}^xi^k(k>0)\)；而當\(k=0\)時，\(0^k=1\)，所以\(S_k(x)=\sum_{i=1}^xi^k+1(k=0)\)。
所以可以重新定義\(S_k(x)\)爲\(\sum_{i=1}^xi^k\)，這樣答案的式子就是：
只需要關注前面的求和式，用伯努利數將其展開得到：
那麼設\(f_i=a_ii!\)，\(g_i=\frac{B'_i}{i!}\)，引入\(g'_i=g_{n-i}\)，那麼上面的式子可以接着寫成：
注意到\(g_i=\frac{B'_i}{i!}=\frac{i![x^i]B'(x)}{i!}=[x^i]B'(x)=[x^i](\frac{x}{e^x-1}+x)\)，可以\(O(nlogn)\)求，答案的卷積也是\(O(nlogn)\)，卷積的第\(n+i-1\)次項除以\(i!\)就是答案的第\(i\)項。
注意到上面式子沒有第\(0\)次項，所以答案第\(0\)次項就是\(a_0\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define rg register
#define il inline
#define cn const
#define gc getchar()
#define fp(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i<=ed;++i)
#define fb(i,a,b) for(rg int i=(a),ed=(b);i>=ed;--i)
#define add(a,b) (((a)+(b))%mod)
#define inc(a,b) (((a)-(b)+mod)%mod)
#define mul(a,b) (1ll*(a)*(b)%mod)
#define div(a,b) (1ll*(a)*fpow((b,mod-2))%mod)
using namespace std;
typedef cn int cint;
il int rd(){
rg int x(0); rg char c(gc);
while(c<'0'||'9'<c)c=gc;
while('0'<=c&&c<='9')x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=gc;
return x;
}
cint maxn=2000010,mod=998244353,G=3,invG=332748118;
int n,lim=1,a[maxn],fac[maxn],ifac[maxn],bo[maxn],f[maxn],g[maxn];
il int fpow(int a,int b,int ans=1){
for(;b;b>>=1,a=mul(a,a)){
if(b&1)ans=mul(ans,a);
}
return ans;
}
namespace poly{
int A[maxn],B[maxn];
int lim,l,rev,r[maxn];
il void init(cint &l1,cint &l2){
lim=1,l=0;
while(lim<=l1+l2)lim<<=1,++l;
rev=fpow(lim,mod-2);
fp(i,0,lim-1)r[i]=(r[i>>1]>>1)|((i&1)<<(l-1));
}
il void ntt(int *a,cint &f){
fp(i,0,lim-1)if(i<r[i])swap(a[i],a[r[i]]);
for(rg int md=1;md<lim;md<<=1){
rg int len=md<<1,Gn=fpow(f?G:invG,(mod-1)/len);
for(rg int l=0;l<lim;l+=len){
rg int Pow=1;
for(rg int nw=0;nw<md;++nw,Pow=mul(Pow,Gn)){
rg int x=a[l+nw],y=mul(Pow,a[l+nw+md]);
a[l+nw]=add(x,y),a[l+nw+md]=inc(x,y);
}
}
}
}
void getinv(int *a,int *f,int n){
if(n==1){
f[0]=fpow(a[0],mod-2);
return;
}
getinv(a,f,n>>1);
init(n-1,n-1);
fp(i,0,n-1)A[i]=a[i],B[i]=f[i];
fp(i,n,lim)A[i]=B[i]=0;
ntt(A,1),ntt(B,1);
fp(i,0,lim)A[i]=mul(B[i],inc(2,mul(A[i],B[i])));
ntt(A,0);
fp(i,0,n-1)f[i]=mul(A[i],rev);
}
il void mult(int *a,int *b,int *c,cint &l1,cint &l2,cint &l3){
init(l1,l2);
fp(i,0,l1)A[i]=a[i];
fp(i,0,l2)B[i]=b[i];
fp(i,l1+1,lim)A[i]=0;
fp(i,l2+1,lim)B[i]=0;
ntt(A,1),ntt(B,1);
fp(i,0,lim)A[i]=mul(A[i],B[i]);
ntt(A,0);
fp(i,0,l3)c[i]=mul(A[i],rev);
}
}
int main(){
n=rd();
fp(i,0,n)a[i]=rd();
fac[0]=1;
fp(i,1,n+1)fac[i]=mul(fac[i-1],i);
ifac[n+1]=fpow(fac[n+1],mod-2);
fb(i,n+1,1)ifac[i-1]=mul(ifac[i],i);
fp(i,0,n)g[i]=ifac[i+1];
while(lim<=n)lim<<=1;
poly::getinv(g,bo,lim),++bo[1];
fp(i,0,n)f[i]=mul(a[i],fac[i]);
fp(i,0,n)g[i]=bo[n-i];
poly::mult(f,g,f,n,n,n<<1);
printf("%d",a[0]);
fp(i,1,n+1)printf(" %lld",mul(f[n+i-1],ifac[i]));
return 0;
}