Note -「广义二项级数」浅赏

  上回 说到拉反和扩展拉反，那么这里先给几个小小变形或推广。

  基础 ver：

$$\begin{align} [x^n]G(x) &= \frac{1}{n}[x^{n-1}](F(x)/x)^{-n},\tag1\\ [x^n](H\circ G)(x) &= \frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(x)(F(x)/x)^{-n}.\tag2 \end{align}$$

  令 $H(x)=x^k$ 带入 $(2)$：

$$[x^n]G^k(x)=\frac{k}{n}[x^{-k}]F^{-n}(x).\tag3$$

  另一个变形，由于

$$\frac{k}{n}[x^{-k}]F^{-n}(x)=-\frac{1}{n}[x^{-k}]x(F^{-n}(x))'=[x^{-k-1}]F'(x)F^{-n-1}(x),$$

那么：

$$[x^n]G^k(x)=[x^{-k-1}]F'(x)F^{-n-1}(x).\tag4$$

既然都会求 $G^k(x)$ 了，我们立马把 $H(x)$ 往 $(4)$ 头上一套，得到：

$$\begin{align} [x^n](H\circ G)(x) &= [x^n]H(x)F'(x)(F(x)/x)^{-n-1}\tag5\\ &= [x^0]xH(x)F'(x)F^{-n-1}(x).\tag6 \end{align}$$

  做了一道例题之后不负责任的感言：$(6)$ 挺有用的（事实上，后文只用了 $(6)$ 这一种形式），或许是因为最多变的 $H(x)$ 不用导了。

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  关于 $\mathcal B_t(x)$，它是一个满足如下方程的 GF：

$$\mathcal B_t(x)=x\mathcal B_t^t(x)+1.$$

  当 $t=2$，这是 Catalan 数的 GF，于是乎依照 Catalan 的多样组合意义，你可以对 $\mathcal B_t(x)$ 进行包括但不限于多边形划分、走折线计数、 多叉树计数等组合意义解释。这个 GF 结合拉反，能够对相关 $\binom{tn+r}{n}$ 的求和进行有效变形。所以——

  学拉格朗日反演不学广义二项级数, 就像读四大名著不读红楼梦. 说明这个人文学造诣和自我修养不足, 他理解不了这种内在的阳春白雪的高雅艺术, 他只能看到外表的辞藻堆砌, 参不透其中深奥的精神内核, 他整个人的层次就卡在这里了, 只能度过一个相对失败的人生.

  整活完毕，我们来推一下 $\mathcal B_t(x)$ 的系数。令 $F(x)=\mathcal B_t(x)-1$ 以去掉常数项，观察发现 $F$ 的复合逆为 $G(x)=x(1+x)^{-t}$，那么

$$\begin{aligned} \mathcal [x^n]B_t^r(x) &= [x^n](1+F(x))^r\\ &= [x^0]x(1+x)^r\frac{(1+x)^t-xt(1+x)^{t-1}}{(1+x)^{2t}}\frac{(1+x)^{tn+t}}{x^{n+1}}\\ &= [x^0]x(1+x)^r\frac{1-(t-1)x}{(1+x)^{t+1}}\frac{(1+x)^{tn+t}}{x^{n+1}}\\ &= [x^n](1+x)^{tn+r-1}(1-(t-1)x)\\ &= \binom{tn+r-1}{n}-(t-1)\binom{tn+r-1}{n-1}\\ &=\frac{r}{tn+r}\binom{tn+r}{n}. \end{aligned}$$

其中第二步用公式 $(6)$，代入 $H(x)=(1+x)^r$ 反演。

  然后你就会说了，它这组合数带个 $\frac{r}{tn+r}$ 的系数，格局就上不去，根本做不了题。我们来尝试弄一下 $\sum_{n\ge 0}\binom{tn+r}{n}x^n$ 的表达式

$$\begin{aligned} \binom{tn+r}{n} &= [x^n](1+x)^{tn+r}\\ &= [x^0]((1+x)^t/x)^n(1+x)^r\\ &= [x^0]G^{-n}(x)(1+F(G(x)))^r\\ &= [x^0]x\cdot x^{-n}(1+F(x))^r\cdot F'(x)/F(x)\\ &= [x^n](1+F(x))^r\frac{xF'(x)}{F(x)}\\ &= [x^n](1+F(x))^r\frac{x(G'(F(x)))^{-1}}{F(x)}\\ &= [x^n](1+F(x))^r\frac{G(F(x))}{G'(F(x))F(x)}\\ &= [x^n](1+F(x))^r\frac{1+F(x)}{1-(t-1)F(x)}. \end{aligned}$$

  神他妈的，第三步时，令 $H(x)=x^{-n}(1+F(x))^r$ 代公式 $(6)$，居然能这么反演，我兔麻了。最后一步展开 $G(x)$ 和 $G'(x)$ 整理即可，不多讲。

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  然后是喜闻乐见的例题时间。

 

• 「Gym 102978C」Count Min Ratio & Submission

  初步转化，枚举 $x$，求合法方案数。当 $x$ 确定时，方案数为

$$\begin{aligned} \textit{ans}_x &= \sum_{b=0}^B\sum_{r=bx}^{R-(B-b)x}\binom{r+b}{r}\binom{R-r+B-b}{R-r}\\ &= \sum_{b=0}^B\sum_{d=0}^{R-Bx}\binom{b(x+1)+d}{b}\binom{(B-b)(x+1)+R-Bx-d}{B-b}\\ &= \sum_{d=0}^{R-Bx}\sum_{b=0}^{B}\binom{b(x+1)+d}{b}\binom{(B-b)(x+1)+R-Bx-d}{B-b}. \end{aligned}$$

令 $t=x+1$，你发现这个组合数 $\binom{bt+d}{b}$ 我们好像挺会的。令 $F(z)=\mathcal B_t(z)-1$，带入结论：

$$\begin{aligned} \textit{ans}_x &= \cdots\\ &= \sum_{d=0}^{R-Bx}\sum_{b=0}^B\left([z^b](1+F(z))^d\frac{1+F(z)}{1-(t-1)F(z)}\right)\left([z^{B-b}](1+F(z))^{R-Bx-d}\frac{1+F(z)}{1-(t-1)F(z)}\right)\\ &= [z^B]\sum_{d=0}^{R-Bx}(1+F(z))^{R-Bx}\left(\frac{1+F(z)}{1-(t-1)F(z)}\right)^2\\ &= (R-Bx+1)[z^B](1+F(z))^{R-Bx}\left(\frac{1+F(z)}{1-(t-1)F(z)}\right)^2. \end{aligned}$$

然后我们叕来一次拉反，令 $H(z)=(1+z)^{R-Bx}\left(\frac{1+z}{1-(t-1)z}\right)^2$，反正已经有 $F\circ G=z$，丢进去反演：

$$\begin{aligned} \frac{\textit{ans}_x}{R-Bx+1} &= \cdots\\ &= [z^0]zH(z)G'(z)G^{-B-1}(z)\\ &= [z^0]z(1+z)^{R-Bx}\left(\frac{1+z}{1-(t-1)z}\right)^2\frac{1-(t-1)z}{(1+z)^{t+1}}\frac{(1+z)^{Bt+B}}{z^{n+1}}\\ &= [z^B]\frac{(1+z)^{R+1-t+B}}{1-(t-1)z}\\ &= [z^B]\frac{(1+z)^{R+B+1}}{1-xz}\\ &= \sum_{i=0}^B\binom{R+B+1}{i}x^{B-i}. \end{aligned}$$

  最终，答案就是

$$\begin{aligned} \textit{ans} &= \sum_{x=1}^{R/B}(R-Bx+1)\sum_{i=0}^B\binom{R+B+1}{i}x^{B-i}\\ &= \sum_{i=0}^B\binom{R+B+1}{i}\left((R+1)\sum_{x=1}^{R/B}x^{B-i}-B\sum_{x=1}^{R/B}x^{B-i+1}\right). \end{aligned}$$

于是乎求一堆范围固定，上指标可变的自然数幂和即可。

  为了水篇幅我们来推一下这题自然数幂和的求法。令 $f_k=\sum_{i=0}^ni^k$，并令其 EGF 为 $F(z)$，那么

$$\begin{aligned} F(z) &= \sum_{i\ge0}\frac{z^i}{i!}\sum_{j=0}^nj^i\\ &= \sum_{j=0}^n\sum_{i\ge0}\frac{j^iz^i}{i!}\\ &= \sum_{j=0}^ne^{jz}\\ &= \frac{1-e^{(n+1)z}}{1-e^z}. \end{aligned}$$

分子分母约一个 $z$，多项式求逆求出 $F(z)\bmod z^{B+2}$ 即可。复杂度 $\mathcal O(B\log B)$。