闲话
哎呀，阿育大促了啊（
哎呀，我就喜欢玩罐头游戏啊（
哎呀，怎么远哭56，奥德赛都一折啊（
哎呀，怎么还能折上折啊（
哎呀，怎么跳出支付二维码了啊（
哎呀，怎么开始下载了啊（
所以闲话断更了。
而且我发现我写实分析读书笔记，居然被困在数理逻辑上了。我想仔细理一下这个的顺序，却发现根本没法完成（
所以闲话断更了。
推一首应景的歌：司空见惯的废人日记 by 沉林川 et al. feat. 诗岸
求你快点清醒 求你快点清醒
世界从来不会停下等你
拿出一分勇气 结束内心的刑期
奇思妙想：对特定 gf 的 \(y^0\) 项提取系数
那些你不要的：其(?)。
其实可能是经典结论。高光公式：
\[[x^0]\frac{F(1/x)}{1 - x} = F(1)
\]
其实可以拓展成 \(F(x_0) = [t^0] \dfrac{F(1/t)}{1-x_0t}\)。
先引入一下原问题吧。我尽量快进到 analyse 部分。
对每个 \(1\le n \le n_0\)，计数函数 \(f:\{x \mid x\le n, x\in \mathbb N_+\} \to \{x + 1 \mid x\le n, x\in \mathbb N_+\}\)，满足 \(f(f(x) - 1) = f(x)\)。
\(n_0\le 10^5\)。
考察 \(g(x) = f(x) - 1\)，则这就是 \(g(g(x)) = g(x)\)。那么设 \(g(x)\) 的值域为 \(A\)，则 \(x\in A \iff g(x) = x\)。那么枚举 \(k = \lvert A \rvert\)，考虑定义域大小为 \(n\)，有 \(n - k\) 个数（不属于 \(A\) 的那些）的像可以从 \(k\) 个数（属于 \(A\) 的那些）里随便挑，剩下的数的像确定，答案就是
\[\sum_{k = 0}^n \binom nk k^{n - k}
\]
好，specify 部分结束，扔进 oeis 可以查到这就是 A248。但 oeis 秒杀对标准处理技术的提升没有啥帮助，我们首先独立地推导一下它的生成函数。
由于 \(k^{n - k}\) 难以分离成卷积的形式，我们不妨改为 \((n - k)^k\) 然后二项式定理拆开。也就是
\[\begin{aligned}
& \sum_{k = 0}^n \binom nk (n - k)^k
\\ = \ & \sum_{k = 0}^n \binom nk \sum_{i = 0}^k \binom ki n^{k - i} (- k)^{i}
\\ = \ & \sum_{i = 0}^n \sum_{k = i}^n \binom ni \binom {n - i}{k - i} n^{k - i} (- k)^{i}
\\ = \ & \sum_{i = 0}^n \binom ni \sum_{k = 0}^{n - i} \binom {n - i}{k} n^{k} (- k - i)^{i}
\end{aligned}\]
考虑最后是 \(n^{k} (n - k - i - n)^{i}\) 的形式，我们可以先构造一下卷积。知道我们需要
\[\sum_k n^k \frac{x^k}{k!} = e^{nx}
\]
和
\[\begin{aligned}
& \sum_{k} (k - n)^{i} \frac{x^k}{k!}
\\ = \ & \sum_{k} \left[\frac{t^i}{i!}\right] e^{(k - n)t} \frac{x^k}{k!}
\\ = \ & \left[\frac{t^i}{i!}\right] e^{-nt} \sum_{k} \frac{\left(xe^t\right)^k}{k!}
\\ = \ & \left[\frac{t^i}{i!}\right] \exp\left(xe^t - nt\right)
\end{aligned}\]
那么原式
\[\begin{aligned}
= \ & \sum_{i = 0}^n \binom ni \left[\frac{x^{n - i}}{(n - i)!}\frac{t^i}{i!}\right] e^{nk} \exp\left(xe^t - nt\right)
\\ = \ & n! \sum_{i = 0}^n \left[x^{n - i}t^i\right]\exp\left(xe^t + n(x - t)\right)
\end{aligned}\]
做换元 \(u = x, v = t/x\)，那么 \(x = u, t = uv\)，原式
\[\begin{aligned}
= \ & n! \sum_{i = 0}^n \left[u^nv^i\right]\exp\left(ue^{uv} + nu(1 - v)\right)
\\ = \ & n! \left[u^n\right]\sum_{i = 0}^n \left[v^i\right]\exp\left(ue^{uv} + nu(1 - v)\right)
\\ = \ & \left[\frac{u^nv^n}{n!}\right] \frac{\exp\left(ue^{uv} + nu(1 - v)\right)}{1 - v}
\end{aligned}\]
终于！……？怎么这个形式那么不美观呢？看看 oeis，再看看我们的式子，我们惊讶地发现下面的等式是成立的：
\[\left[\frac{u^nv^n}{n!}\right] \frac{\exp\left(ue^{uv} + nu(1 - v)\right)}{1 - v} = \left[\frac{x^n}{n!}\right] \exp\left(xe^x\right)
\]
呃呃。先换元吧。令 \(x = uv, y = v\)，那么 \(u = (x/y),v = y\)，原式
\[\begin{aligned}
= \ & \left[\frac{x^n}{n!}y^0\right] \frac{\exp\left( (x/y)e^{x} + n (x/y)(1 - y)\right)}{1 - y}
\end{aligned}\]
首先考察
\[[x^0]\frac{\exp(a + b/x)}{1-x}
\]
展开一下知道这就是
\[[x^0] \left(\sum_{k} \left([x^{-k}] \exp(a + b/x) \right) x^{-k} \right)\left(\sum_{k} x^k\right)
\]
而左边的每一项都恰能找到右边的唯一一项使得乘积是 \(x^0\) 项，也就是上式
\[=\sum_{k} [x^{-k}] \exp(a + b/x) = \sum_{k} [x^{k}] \exp(a + bx) = \exp(a + b)
\]
回到原式，整理得到
\[\begin{aligned}
= \ & \left[\frac{x^n}{n!}y^0\right] \frac{\exp\left( (1/y)(xe^{x} + nx) - nx\right)}{1 - y}
\end{aligned}\]
这显然是
\[\left[\frac{x^n}{n!}\right] \exp\left(xe^x\right)
\]
因此可以做到 \(O(n\log n)\) 求一行。
能不能再给力一点啊？进一步的优化可能需要用到 Binomial Sums？我没学会，我先摆了。
