广义二项系数 / 指数函数
一、定义
定义广义二项系数（Generalized binomial series）为：
\[\mathcal{B}_t(z) = \sum\limits_{n \geq 0}\dbinom{tn+1}{n}\dfrac{z^n}{tn+1}
\]
或等价写为：
\[\mathcal{B}_t(z) = \sum\limits_{n \geq 0}(tn)^{\underline{n - 1}}\dfrac{z^n}{n!}
\]
结论 1：
\[\mathcal B_t(z) = z\mathcal B_t(z)^t+1
\]
结论 2：
\[\mathcal B_t(z)^r = \sum\limits_{n \geq 0}\dbinom{tn+r}{n}\dfrac{r}{tn+r}z^n
\]
结论 3：
\[\dfrac{\mathcal B_t(z)^r}{1 - t+t\mathcal B_t(z)^{-1} } = \sum\limits_{n \geq 0}\dbinom{tn+r}nz^n
\]
代数证明
利用拉格朗日反演逆证明，由于 \(\mathcal B_t(z)\) 有常数项，设 \(F(z) = \mathcal B_t(z) - 1\)，则
\[F(z) = z(1+F(z))^t
\]
设 \(G(z) = \dfrac{z}{(1+z)^t}\)，套用普通拉格朗日反演：
\[[z^n]F(z) = [x^{n - 1}]\dfrac 1 n(1+x)^{nt}
\\
=\dbinom{nt}{n - 1} \times \dfrac 1n = \dbinom{nt+1}{n}\dfrac{1}{nt+1}
\]
显然 \([x^0]\mathcal B_t(z)\) 也满足条件。这就证明了结论 1。
对于结论 2，设 \(H(z) = (1+z)^r\)，根据扩展拉格朗日反演 \([x^n]H(F(x)) = [x^{n - 1}]\dfrac 1 n H'(\dfrac x{G(x)})^n\) 得：
\[[z^n]\mathcal B_t(z)^r = \dfrac r n(1+z)^{r - 1}(1+z)^{nt}
\\
=\dfrac r n \dbinom{nt+r - 1}{n - 1} = \dfrac{r}{nt+r}\dbinom{nt+r}{n}
\]
显然 \([x^0]\mathcal B_t(z)^r\) 满足条件。这就证明了结论 2。
对于结论 3，设 \(H(x) = \dfrac{(1+z)^r}{1 - t+t(1+z)^{-1}}\)。
根据扩展另类拉格朗日反演：
\[[z^n]\dfrac{\mathcal B_t(z)^r}{1 - t+t\mathcal B_t(z)^{-1}} = [z^n]G'(\dfrac{z}{G(z)})^{n+1}H(z)=[z^n]\dfrac{(1+z)^t - t(1+z)^{t - 1}z}{(1+z)^{2t}}\dfrac{(1+z)^r}{1 - t+t(1+z)^{-1}}(1+z)^{t(n+1)}
\]
稍作化简，得到：
\[[z^n](1+z)^{tn+r}
\]
若使用普通扩展拉格朗日反演（长篇警告）：
\[[z^n]\dfrac{\mathcal B_t(z)^r}{1 - t+t\mathcal B_t(z)^{-1}} = [z^{n - 1}] \dfrac 1 n \dfrac{r(1+z)^{r - 1}(1-t+t(1+z)^{-1}) +(1+z)^rt(1+z)^{-2}}{(1 - t+t(1+z)^{-1})^2}(1+z)^{nt}
\\
=[z^{n - 1}](1+z)^{nt+r}\dfrac 1 n \dfrac{(1+z)^{-1}r(1-t+t(1+z)^{-1})+(1+z)^{-2}t}{(1-t+t(1+z)^{-1})^2}
\\
=[z^{n - 1}](1+z)^{nt+r}\dfrac 1 n(\dfrac{r}{1-(t -1)z}+\dfrac{t}{(1 - (t - 1)z)^2})
\\
=\dfrac 1 n\sum\limits_{i = 0}^{n - 1}\dbinom{nt+r}i(r(t - 1)^{n - 1 - i}t(n - i)(t - 1)^{n - 1- i})
\\
=\dfrac 1 n ((nt+r)\sum\limits_{i = 0}^{n - 1}\dbinom {nt+r}i(t - 1)^{n - 1 - i} - t\sum\limits_{i = 0}^{n - 1}\dbinom{nt+r}i i(t - 1)^{n - 1- i})
\\
=\dfrac 1 n ((nt+r)\sum\limits_{i = 0}^{n - 1}\dbinom{nt+r}{i}(t - 1)^{n - 1 - i} -t(nt+r)\sum\limits_{i = 0}^{n - 1}\dbinom{nt+r - 1}{i- 1}(t - 1)^{n -1 - i} )
\]
考虑 \(c_k = \sum\limits_{i = 0}^{k}\dbinom{nt+r}i(t - 1)^{k - i} - t\sum\limits_{i = 0}^k\dbinom {nt+r - 1}{i - 1}(t - 1)^{k - i}\)，有：
\[c_k = \sum\limits_{i = 0}^{k}\dbinom{nt+r} i(t - 1)^{k - i}- t\sum\limits_{i = 0}^{k}\dbinom{nt+r - 1}{i - 1}(t - 1)^{k - i - 1}
\\
=\dbinom{nt+r}k+\sum\limits_{i = 0}^{k - 1}(t - 1)^{k - i - 1}((t - 1)\dbinom{nt+r}i - t\dbinom{nt+r - 1}{i - 1})
\\
=\dbinom{nt+r}k+\sum\limits_{i = 0}^{k - 1}(t - 1)^{k - i - 1}(t\dbinom{nt+r - 1}{i - 1} - \dbinom{nt+r}i)
\\
\dbinom{nt+r}k-(\sum\limits_{i = 0}^{k - 1}\dbinom {nt+r}i(t - 1)^{k - i - 1} -t\sum\limits_{i = 0}^{k - 1}\dbinom{nt+r - 1}{i - 1}) = \dbinom{nt+r}k - c_{k - 1}
\]
因此，\(c_k = \sum\limits_{i = 0}^{k}\dbinom{nt+r}{i}(-1)^{k - i}\)，根据翻转求和得到 \(c_k = \dbinom{nt+r - 1}{k}\)，因此 \(c_{n - 1} = \dbinom{nt+r - 1}{n - 1}\)。
回带，$ = \dfrac{1}n(nt+r)\dbinom{nt+r - 1}{n - 1} = \dbinom{nt+r}{n}$
这就证明了结论 3。
组合意义
Raney 引理：
若 \(\{a_i\}\) 是和为 \(1\) 的整数序列，考虑其所有循环移位，恰好有一个满足所有前缀和 \(>0\)。
证明：《具体数学》 上给了一个简单的证明。首先令 \(a_{n+i} = a_i\) 变成无穷求和，将部分和 \(s_i\) 看作平面上的点 \((i, s_i)\)。
整个直线包含在两条斜率为 $\dfrac 1 m $ 的直线之间，且每一个周期会且仅会和接触一次。这个交点具有以下性质：以这个点的下一个点为起点，所有部分和为正数。
考虑经典的 Catalan 数 \(\dfrac{\dbinom {2n}n}{n+1}\)，假设在最开始放 1，则一共有 \(\dbinom{2n+1}n\) 个数列，根据 Rancy 引理，总合法方案为 \(\dbinom{2n+1}n \dfrac 1{2n+1} = \dbinom {2n}n\dfrac{1}{n+1}\)。
考虑由 1 和 \((1 - m)\) 组成的部分和全为正数且总和为 1 的序列，我们把他称为 m - Raney 数列。其中 1 出现 \(nm+1 - n\) 次，\(1 - m\) 出现 \(n\) 次。根据 Raney 引理计算其方案数为：
\[C_n^{(m)} = \dbinom{nm+1}{n}\dfrac{1}{nm+1}
\]
其中数列 \(C_n^{(m)}\) 称为富斯-卡特兰数，一般的卡特兰数是 \(C_n^{(2)}\)。 我们尝试得到 \(C_n ^{(m)}\) 的递归式。
长度为 1 的平凡数列 \(1\) 显然是一个 m - Raney 序列。将 \(1 - m\) 放在 \(m\) 个 m - Raney 序列之后，显然也是一个 m - Raney 序列，在部分和从 1 增加到 2， 3，m，最后到 1，所有部分和都是正数。
我们可以证明任意一个 m - Raney 序列都可以这样分解。设 \(k_1\) 是最后一个满足 \(s_{k_1} = 1\) 的 \(k_1\)，\(k_2, \dots, k_m\) 同理，且 \(k_m = nm\)，对于任意一个 \(k_j\) 而言，在它后面的所有 \(s_k > j\)，因此方案数唯一，因此 \([k_{0}, k_{1} - 1],[k_1, k_2 - 1], \dots, [k_{m - 1},k_{m} - 1]\) 都是 m - Raney 序列，因此其生成函数满足：\(G(z) = zG(z)^m+1\)。 完成了 （1） 的证明。
考虑 （2） 的证明，\([z^n]G(z)^l\) 可以看作长度为 \(nm+l\)，和为 \(l\) 的部分和全为整数序列。Raney 证明了他的引理的一个推广：
若 \(\{a_i\}\) 是满足 \(a_i \leq 1\) 的整数序列，若 \(\sum a_i = l(l>0)\)，则其所有循环移位中，恰好有 \(l\) 个的部分和全为正数。
因此容易得到方案数为 \(\dbinom{nm+l}{n}\dfrac{l}{nm+l}\)。 即完成 （2） 的证明。
