先看看 [[sequence_sum_v5|序列求和 V5]]。

先介绍一些前置知识。对于形式幂级数 $f(x)$ 可定义形式微分算子 $D$，即 $Df(x)=\sum_{i=1}^{+\infty}if_{i}x^{i-1}$。可对 $D$ 定义形式幂级数 $A(D)$，即 $A(D)f(x)=\sum_{i=0}^{+\infty}a_{i}D^{i}f(x)$。显然 $D$ 的形式幂级数满足加法的分配率，即 $A(D)f(x)+B(D)f(x)=(A(D)+B(D))f(x)$。它还满足乘法的结合率，即 $A(D)(B(D)f(x))=(A(D)B(D))f(x)$，这一点可以从定义中看出。根据以上性质，还可以定义微分算子形式幂级数的逆，即 $A(D)f(x)=g(x)\Leftrightarrow A^{-1}(D)(A(D)f(x))=f(x)=A^{-1}(D)g(x)$。

对任意形式幂级数 $f(x)$，有 $f(x+1)=e^{D}f(x)$。这一点可以根据二项式定理证明。

回到题目。已知 $F(x)$ 是一个 $k$ 次多项式，且满足 $b^{n}F(n)-F(0)=\sum_{i=1}^{n}i^{k}b^{i}$。那么

$$
\begin{aligned}
b^{n+1}F(n+1)-F(0)&=\sum_{i=1}^{n+1}i^{k}b^{i}\\
b^{n+1}F(n+1)-b^{n}F(n)&=(n+1)^{k}b^{n+1}\\
bF(n+1)-F(n)&=b(n+1)^{k}\\
(be^{D}-1)F(n)&=b(n+1)^{k}\\
F(n)&=\frac{b}{be^{D}-1}(n+1)^{k}
\end{aligned}
$$

可以首先把 $\frac{b}{be^{D}-1}$ 求出，然后对多项式求 $k$ 个不同的导看似是 $k^{2}$ 的，实际上想想可以发现是个卷积形式。

$b=1$ 时 $\frac{1}{e^{D}-1}$ 是不存在的，但是此时可以发现 $\frac{e^{D}-1}{D}(DF(n))=(n+1)^{k}$，即可求出 $DF(n)$，且已知 $F(n)$ 常数项为 $0$，积分即可。