Note -「Lagrange 反演」记笔习学

  也许施工完成啦？

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  对于常数项为 $0$，一次项非 $0$ 的多项式 $F,G$，定义复合运算 $\circ$，满足

$$(F\circ G)(x)=F(G(x))=\sum_{i\ge 0}g_iF^i(x).$$

对于域 $\mathbb F$，令 $\mathcal S$ 为 $\mathbb F[[x]]$ 中所有满足上述条件的多项式构成的集合。对于任意多项式 $F\in \mathcal S$，我们存在一种暴力构造方法唯一确定 $G$ 使得 $F\circ G=x$，因而 $\circ$ 在 $\mathcal S$ 上可逆。继而不难说明，$(\mathcal S,\circ)$ 构成群，即多项式复合群。

  注意在群意义下，满足 $F\circ G=x$ 的 $F,G$ 应当互为逆元，因而有一个小结论

$$F\circ G=x\Leftrightarrow G\circ F=x.$$

此时，也称 $F,G$ 互为复合逆。

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  Lagrange 反演指出，对于 $F,G\in\mathcal S$，满足 $F\circ G=x$ 时，有

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

  其中涉及比较诡异的 "$[x^{-1}]$"。事实上，这些运算是在分式域下进行的。在分式域 $\mathbb F(x)$ 下，任意非零整式 $F(x)$ 存在乘法逆。因为我们总能找到 $\mathbb F[[x]]$ 下的可逆整式 $G(x)=F(x)/x^k$，那么此时 $F^{-1}(x)=x^{-k}G^{-1}(x)$。

  接下来尝试证明反演公式。先证明引理：对于 $k\in\mathbb Z,F\in\mathcal S$，有

$$[x^{-1}]F'(x)F^{k}(x)=[k=-1].$$

• 当 $k\neq-1$，$F'(x)F^k(x)=\left(\frac{F^{k+1}(x)}{k+1}\right)'$。根据上文科普，这一结果为整式，因而 $[x^{-1}]=0$。
• 当 $k=-1$，$[x^{-1}]F'(x)F^{-1}(x)=[x^0]F'(x)(F(x)/x)^{-1}$，根据 $F\in\mathcal S$ 这一性质可知 $F(x)/x$ 在整式下可逆。观察发现 $[x^0]F'(x)=[x^0](F(x)/x)=[x^1]F(x)$，因而 $[x^{-1}]F'(x)F^{-1}(x)=1$。

  接下来进行原命题证明。已知

$$(F\circ G)(x)=\sum_{i\ge1}f_iG^i(x)=x.$$

两边求导，

$$\sum_{i\ge1}if_iG^{i-1}(x)G'(x)=1.$$

靠向证明目标，两边（在分式域下）除以 $G^n(x)$ 并取 $[x^{-1}]$，

$$[x^{-1}]\sum_{i\ge1}if_iG^{i-1-n}G'(x)=[x^{-1}]G^{-n}(x).$$

对左侧运用引理，当且仅当 $i=n$ 时 $[x^{-1}]G^{i-1-n}G'(x)=1\neq0$，因而

$$nf_n=[x^{-1}]G^{-n}(x)\\ \Rightarrow \begin{cases} [x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]G^{-n}(x)\\ [x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]F^{-n}(x) \end{cases}.~~~~\square$$

  作为整式爱好者，可以将这一结论变为

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

其中 $F(x)/x$ 整式下可逆，规避了分式域。

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  扩展 Lagrange 反演：对于满足 $F\circ G=x$ 的 $F,G\in\mathcal S$ 以及任意多项式 $H(x)$，有

$$[x^n](H\circ G)(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]H'(x)F^{-n}(x).$$

证明依葫芦画瓢叭，首先有

$$G\circ F=x\Rightarrow H\circ(G\circ F)=(H\circ G)\circ F=H.$$

展开求导，

$$\sum_{i\ge1}i\cdot[x^i](H\circ G)(x)\cdot F^{i-1}(x)F'(x)=H'(x).$$

除以 $F^n(x)$ 并取 $[x^{-1}]$，顺带用引理，

$$n[x^n](H\circ G)(x)=[x^{-1}]H'(x)F^{-n}(x)\\ \Rightarrow [x^n](H\circ G)(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]H'(x)F^{-n}(x).~~~~\square$$

  当然也有好看 ver：

$$[x^n](H\circ G)(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(x)(F(x)/x)^{-n}.$$

（好像啥也没多干啊。）

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  喜闻乐见的例题时间。

 

• 「BZOJ #3684」/「OurOJ #17684」大朋友和多叉树

  一定要看样例解释捏。（

  令 $G(x)$ 为答案的 GF，$F(x)=\sum_ix^{d_i}$，显然

$$G(x)=x+F(G(x))\\ \Rightarrow G(x)-F(G(x))=x.$$

令 $H(x)=x-F(x)$，Lagrange 反演得

$$[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](H(x)/x)^{-n}.$$

正巧 $[x^0](H(x)/x)=1$，规规整整多项式快速幂。复杂度 $\mathcal O(n\log n)$。

 

• 「ZJOI 2020」「洛谷 P6633」抽卡

  由于状态间的转移概率很方便刻画，但是结束状态反而难以表达，所以可以想到把期望轮数转化成：非法状态出现概率 $\times$ 此时进行一次有效转移的期望轮数。后者仅与已有卡牌数量有关，故我们只需要求出前者，即确定已有卡牌数量情况下的非法状态数量。

  不同的连续段的计数是独立的。单独考虑长度为 $n$ 的一个连续段，在其上构造非法状态的方法可描述为：任意获得连续的 $t\in[0,k)$ 张卡牌，然后强制跳过一张卡牌。用对象 $x$ 描述考虑过的卡牌数量，对象 $y$ 表示跳过的卡牌数量。那么对于“连续获得卡牌”，其 GF 为

$$P(x)=\frac{x-x^{k+1}}{1-x}.$$

继而，上述构造方法所描述情景的 GF 为

$$F(x,y)=\sum_{i\ge0}P^{i}(x)y^{i}=\frac{1}{1-P(x)y}.$$

  构造完成后，必然考虑过 $n+1$ 张卡牌。（第 $n$ 张之后又“强制跳过”一张。）所以，在长度为 $n$ 的连续段上不选 $m$ 张卡牌，使得连续段不合法的方案数为

$$[x^{n+1}y^{m+1}]F(x,y).$$

但 $F$ 并不好求，我们需要继续推导。

  注意到 $(1-xy)^{-1}$ 对应的序列是平凡的，我们令 $H(x,y)=(1-xy)^{-1}$，那么 $F(x,y)=H(P(x),y)$。尝试对这一二元复合函数施加扩展 Lagrange 反演。令 $Q(x)$ 为 $P(x)$ 的复合逆，那么

$$[x^{n+1}]F(x,y)=\frac{1}{n+1}[x^n]\frac{y}{(1-xy)^2}(Q(x)/x)^{-n-1}.$$

求导出来一个 $(1-xy)^{-2}$，不过我们只取 $[x^{n+1}]$ 这一项，所以也很容易提取对应的 $y$ 的系数。接下来就只需要求出 $(Q(x)/x)^{-n-1}$。

  根据假设，

$$\frac{Q(x)-Q^{k+1}(x)}{1-Q(x)}=x\\ \Rightarrow x-(x+1)Q(x)+Q^{k+1}(x)=0.$$

直接牛迭得到：

$$Q_{2n}(x)=Q_n(x)+\frac{x-(x+1)Q_n(x)+Q_n^{k+1}(x)}{x+1-(k+1)Q_n^k(x)}.$$

虽然一看常数就巨大但起码能求。

  最后，设第 $i$ 个连续段关于 $y$ 的 GF 为 $R_i(y)=[x^{n_i+1}]F_i(x,y)$，则答案为

$$\sum_{i=1}^m\binom{m}{i}^{-1}\cdot\frac{m}{i}\cdot[y^i]\prod_j R_j(y)/y.$$

其中 $R(y)/y$ 亦是处理最后一个虚假的“强制跳过”。瓶颈在于计算最后一项多项式卷积，复杂度 $\mathcal O(m\log^2m)$，但我猜最慢的地方还是求 $Q(x)$。