定義伯努利數列\(b_n\)滿足：
\[b_0=1,\sum_^nb_i=0(n>0) \]
可以發現定義式裡面包含了\(b_n\)這一項，於是把\(b_n\)提出來：
\[-b_n=\sum_^b_i \\-(n+1)b_n=\sum_^b_i \\b_n=-\frac\sum_^b_i \]
直接用定義式求是\(o(n^2)\)的複雜度
把定義式的迴圈上界減一，得：
\[\sum_^b_i=0 \]
注意到組合數上標變成了\(n\)，再加個\(b_n\)：
\[\sum_^b_i+b_n=b_n \\\sum_^b_i+b_n=b_n \\\sum_^b_i=b_n \]
組合數很煩，把它拆開來：
\[\sum_^\fracb_i=b_n \\\sum_^n\frac\frac=\frac \]
兩邊都寫成生成函式的形式：
\[\sum_(\sum_^n\frac\frac)x^n =\sum_(\frac)x^n \]
設伯努利數的指數型生成函式為\(b(x)=\sum_\fracx^n\)，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。注意到一開始把迴圈上標減了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：
\[[x^n]b(x)e^x=\sum_^n\frac\frac \\ [x^0]b(x)e^x=b_0 \\ [x^1]b(x)e^x=b_0+b_1 \]
而\(b(x)\)的第一項只有\(b_1x\)，少了個\(b_0x\)，加上去即可：
\[b(x)e^x=b(x)+b_0x=b(x)+x \]
可以解出\(b(x)=\frac\)。
注意到分母的第\(0\)次項為\(0\)，所以把分子除下去之後，第\(0\)次項不為\(0\)，可以用多項式求逆\(o(nlogn)\)做。
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\(s(m,k)=\sum_^mi^k\)，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\(s(m,k)\)的指數型生成函式為
\[s_m(x)=\sum_\frac^mi^k}x^k \]
交換求和符號得到：
\[s_m(x)=\sum_^m\sum_\fracx^k \\=\sum_^me^=\frac-e^x} \]
注意到分母和\(b(x)\)一樣，把\(b(x)\)帶進去：
\[s_m(x)=b(x)\frac-e^x}=b(x)\frac(e^-1) \]
把\(e^\)展開得到：
\[s_m(x)=b(x)\frac(\sum_\frac-1) \\=b(x)\frac\sum_\frac \\=b(x)e^x\sum_\frac} \\=b(x)e^x\sum_\fracx^i} \]
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：
\[s_m(x)=(\sum_\fracx^i)(\sum_\frac}x^i) \\=\sum_(\sum_^n\frac\frac})x^n \\=\sum_(\sum_^nb'_im^)\frac \\=\sum_(\frac\sum_^nb'_im^)\frac \]
注意到\(s_m(x)=\sum_s(m,k)\frac\)，所以：
\[s(m,k)=\frac\sum_^kb'_im^ \]
這個就可以稱為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：
\[s(m,k)=\frac\sum_^kb'_im^ \\=k!\sum_^k\frac\frac} \]
因為\(b'(x)=b(x)+x\)，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
luogup3711倉鼠的數學題
已知\(a_0...a_n\)，設\(s_k(x)=\sum_^xi^k\)，求出\(\sum_^ns_k(x)a_k\)，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。
可以發現這裡的\(s_k(x)\)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\(s_k(x)=\sum_^xi^k(k>0)\)；而當\(k=0\)時，\(0^k=1\)，所以\(s_k(x)=\sum_^xi^k+1(k=0)\)。
所以可以重新定義\(s_k(x)\)為\(\sum_^xi^k\)，這樣答案的式子就是：
\[a_0+\sum_^ns_k(x)a_k \]
只需要關注前面的求和式，用伯努利數將其展開得到：
\[\sum_^n(k!\sum_^k\frac\frac})a_k \\=\sum_^na_kk!\sum_^k\frac\frac} \\=\sum_^na_kk!\sum_^k\frac}\frac} \\=\sum_^na_kk!\sum_^\frac}\frac \\=\sum_^\frac\sum_^na_kk!\frac} \]
那麼設\(f_i=a_ii!\)，\(g_i=\frac\)，引入\(g'_i=g_\)，那麼上面的式子可以接著寫成：
\[\sum_^\frac\sum_^nf_kg'_ \]
注意到\(g_i=\frac=\frac=[x^i]b'(x)=[x^i](\frac+x)\)，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#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()
return ans;
}namespace poly
il void ntt(int *a,cint &f)
il void mult(int *a,int *b,int *c,cint &l1,cint &l2,cint &l3)
}int main()
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