拉格朗日反演学习笔记

死前学一下。

基本形式与证明

两个形式：拉格朗日隐函数定理与拉格朗日反演公式

拉格朗日隐函数定理-LIFT：许多组合问题中的生成函数 $F$ 满足某种自递推的关系 $G$，此时可以应用该定理。

给定形式幂级数 $G$，存在唯一的 $F$ 使得 $F=zG(F)$。这样的 $F$ 满足：

$$[z^n]F=\frac{1}{n}[z^{n-1}]G^n$$

其中 $n\in {\mathbb{Z}}^{\mathbb{+}}$。它的一个扩展形式是：

$$[z^n]H(F)=\frac{1}{n}[z^n]z{H}^{\prime }{G}^n$$

拉格朗日反演公式：简单来说是一种求算复合逆的工具。

假设 $G$ 存在复合逆（当且仅当 $[z^0]G=0\wedge [z^1]G\ne 0$），则对于 $G$ 的复合逆 $F$，有：

$$F=z\cdot \frac{F}{z}=z(\frac{F}{G(F)})$$

即令 $R=\frac{z}{G}$ 时，$F=zR(F)$。所以由 LIFT 可得：

$$[z^n]F=\frac{1}{n}[z^n]z(\frac{z}{G}{)}^n=\frac{1}{n}[z^{-1}]G^{-n}$$

一般把它写成 $n[z^n]F=[z^{-1}]G^{-n}$。它同样具有类似的扩展形式：

$$[z^n]H(F)=\frac{1}{n}[z^{-1}]H^{\prime }{G}^{-n}$$

A. 代数推导

注意拉格朗日反演公式和拉格朗日隐函数定理实际上是等价的（包括扩展形式），只需要简单地将一个中的 $G_1$ 用另一个中的 $\frac{z}{G_2}$ 代换即可，因此证明时也只需证明一个。（扩展）拉格朗日反演公式的代数证明比较简单，下面给出：

引理：对于有复合逆的幂级数 $F$，$[z^{-1}]F^{\prime }{F}^k=[k=-1]$。

• 当 $k\ne -1$ 时 $F^{\prime }{F}^k=(\frac{1}{k+1}{F}^{k+1}{)}^{\prime }$，而任意幂级数求导不产生 $-1$ 次项。

• 当 $k=-1$ 时 $[z^{-1}]F^{\prime }{F}^{-1}=[z^0]\frac{F^{\prime }}{F/z}=1$。

不妨考虑扩展形式中 $H(z)=z^k(k\ne 0)$ 时的情形，其他幂级数作为其线性组合容易一并导出。即要证 $n[z^n]F^k=[z^{-1}]k{z}^{k-1}{G}^{-n}=k[z^{-k}]G^{-n}$，下证：

$$\begin{array}{rl}k[z^{-k}]G^{-n}& =[z^{-1}]G^{-n}(k{z}^{k-1})=[z^{-1}]G^{-n}(F(G{)}^k{)}^{\prime }\\ & =[z^{-1}]\sum _i{G}^{\prime }{G}^{i-n}\cdot ([z^i](F^k{)}^{\prime })\\ & =[z^{-1}]\sum _{i\ne 0}{G}^{\prime }{G}^{i-1-n}\cdot (i[z^i]F^k)\\ & =n[z^n]F^k\end{array}$$

证毕。

B. 组合意义

这里证明的是拉格朗日隐函数定理，这背后的深刻原因是因为 xyix 只写了这个。

将涉及到的函数视为 EGF。根据 $F=zG(F)$ 可以这样构造：如果某节点 $u$ 的度数（即直接子节点数）为 $t$，则令其权值 $w(u)=[\frac{z^t}{t!}]G$，而令一棵树的权值为所有节点权值的乘积，那么所有树的生成函数为 $F$。接下来指定根节点 $0$，使 $0$ 的权重是 $[\frac{z^t}{t!}]H$，其中 $t$ 仍然表示度数；$0$ 下面的子树按照上述方法计算权重。则左式 $[z^n]H(F)$ 就是所有大小为 $n+1$ 的这样的树的权值和。计数这样的树，可以采用 Prufer 序列。假设其中有 $m_i$ 个度数为 $i$ 的非 $0$ 点，$0$ 的度数为 $k$ ，这样的树有

$$\frac{(n-1)!}{(k-1)!\prod _i{m}_i!}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m_1,m_2,\dots })$$

注意到并不需要枚举有根树 Prufer 序列的最后一位，因为根已经确定为 $0$。

右式可以改写为 $\frac{1}{n}[z^n](z{H}^{\prime })G^n$。忽略掉前面的 $\frac{1}{n}$，它的组合意义比较简单，它是一个长度为 $n$，值域为 $[0,n]$ 的序列，其中 $0$ 的出现次数为 $t$ 时权值为 $t[z^t]H$，其他元素则为 $[z^t]G$。和上面同样，假设其中有 $m_i$ 个 $i$ 和 $k$ 个 $0$，这样的序列有

$$\frac{n!}{k!\prod _i{m}_i!}(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m_1,m_2,\dots })$$

这么多。注意到当枚举的 $k$ 和 $m$ 序列均相同时，右式对应的序列的权值恰好是左式对应树的 $k$ 倍，比较两式，并对所有可能的 $k$ 和 $m$ 序列求和即得证。

应用

考虑到我刚学会还是咕一会。