拉格朗日反演

高二选手填补科技树空白。写得不严谨轻喷。

复合逆问题

形式幂级数的复合操作满足结合律 \((F\circ G) \circ H=F\circ (G \circ H)\)，你可以把它理解成一个群，那么这个群的单位元是 \(F(x)=x\)。我们自然好奇给定一个形式幂级数 \(F\)，有哪些级数 \(\hat{F}\) 满足 \(F(\hat F(x))=x\)，称 \(\hat F\) 为 \(F\) 的复合逆。

一般来说，我们只关心最低次项为 \(1\) （即常数项为 \(0\)，一次项非 \(0\)）的幂级数的复合逆。在这种情况下，我们求复合逆的某一项有一个递推做法：注意到 \(F^k(x)\) 的最低次项不低于 \(k\)，所以说我们比对一次项可以解出 \([x^1]\hat F\)，然后减去 \(([x^1]\hat F)F\) 比对二次项得到 \([x^2]\hat F\)……以此类推。我们得到了一个 \(O(\text{poly}(n))\) 求复合逆前 \(n\) 项的做法。

那么，如何更快更方便地求出 \([x^n]\hat F\) 呢？

形式洛朗级数

许多形式幂级数操作即使推广到负指数的情况下依旧是成立的。对于一个常数项非零的形式幂级数，我们乘上一个偏移量 \(x^{n_0},n_0\in \Z\)，得到一个下标从 \(n_0\) 开始向正无穷延伸的幂级数，称为形式洛朗级数。

容易发现任意一个非零形式洛朗级数都有乘法逆。也就是说形式洛朗级数乘除法、任意整数次幂都是良定义的。

既然加减乘除幂都跟普通的形式幂级数没差别，为什么要将形式幂级数平移到负指数上呢？答案在于求导这一个奇妙的操作上。

在对形式洛朗级数求导之后将会出现一个“奇异点”：\([x^{-1}]F'\)，不难发现该点在求导后一定为 \(0\)。我们称 \(x^{-1}\) 处的点值为该洛朗级数的形式留数 \(\text{res}(F)=[x^{-1}]F\)。

拉格朗日反演

我们需要证明如下引理：对于任意形式洛朗级数 \(f\) 和最低次项为 \(1\) 的形式幂级数 \(g\)，我们有 \(\text{res}(f(g)g')=\text{res}(f)\)。

我们显然只用考虑单项式，即 \(f=x^k\) 的情况，而多项式可以通过单项式线性组合出来。

带入 \(f=x^k\)，即要证 \(\text{res}(g^k g')=\text{res}(x^k)=[k=-1]\)。

当 \(k\neq -1\) 时左边就是 \(\frac{1}{k+1} \text{res}\big((g^{k+1})'\big )=0\)。

否则 \(k=-1\) 时左边是 \(\text{res}(\frac{g'}{g})\)，由于 \(g\) 常数项为零而最低次项为一，所以你提一个 \(x^{-1}\) 出来后剩下的东西常数项一定为一。引理证毕。

这个引理巧妙运用了求导后奇异点的性质，建立了一个仅在 \(x^{-1}\) 处系数存在的等式。

然而这个等式的强大在于对于任意的形式洛朗级数 \(F\) 都成立，给了我们后续操作很大的空间。注意到左侧带着一个复合，而右侧正是我们要求的。

现在我们考虑着手求出 \([x^n] \hat F(x)\)，先写成求形式留数的形式 \(\text{res}(\frac{\hat F(x)}{x^{n+1}})\)，我们利用引理中的等式从右向左的变换，取 \(g=F\)，得到：

\[[x^n]\hat F(x)=\text{res}(\frac{\hat F(x)}{x^{n+1}})=\text{res}(\frac{\hat F\circ F}{F^{n+1}}F')=\text{res}(\frac{xF'}{F^{n+1}}) \]

我们就成功建立了 \(F\) 与 \(\hat F\) 的单项系数之间的联系了！

然而仅仅是求出 \(\hat F\) 的单项并不能体现出拉反的强大，我们甚至可以求出 \(\hat F\) 在左复合上任意一个洛朗级数 \(\Phi\) 后的单项：

\[[x^n]\Phi \circ \hat F(x)=\text{res}(\frac{\Phi \circ \hat F(x)}{x^{n+1}})=\text{res}(\frac{\Phi \circ \hat F \circ F}{F^{n+1}}F')=\text{res}(\frac{\Phi F'}{F^{n+1}}) \]

我们常常只用关心 \(\Phi\) 是单项式的情况，即 \(\Phi=x^k\) 时，式子变成：

\[[x^n] \hat F^k(x)=\text{res}(\frac{x^k F'}{F^{n+1}})=[x^{-1}] \frac{x^k F'}{F^{n+1}}=[x^{-k-1}]F'F^{-n-1} \]

实际上上面这个式子往往被人叫做“另类拉格朗日反演”。想要得到经典的拉反形式，我们需要再做一些推导：

注意到我们有：

\[(\frac{\Phi}{F^n})'=\frac{\Phi' F^n-n\Phi F^{n-1}F'}{F^{2n}}=\frac{\Phi'}{F^n}-n\frac{\Phi F'}{F^{n+1}} \]

左边那一项求了导，留数一定是零，所以右边两项留数相等，即 \(\text{res}(\frac{\Phi F'}{F^{n+1}})=\frac{1}{n}\text{res}(\frac{\Phi'}{F^n})\)。

代回原来的拉反式子就有：

\[[x^n] \hat F(x)=\frac{1}{n}\text{res}(\frac{\Phi'}{F^n}) \]

带入 \(\Phi=x^k\)，有：

\[[x^n] \hat F^k(x)=\frac{k}{n}[x^{-k}] F^{-n} \]

得到了最赏心悦目的拉反形式。

在实际应用中，由于 \(F\) 的常数项一定非零，所以说如果要求右式，需要先平移一下系数再求逆，即改为求：\(\frac{k}{n}[x^{n-k}](\frac{x}{F})^n\)，另类拉反同理。

另类拉反的优秀之处在于两个：不要求 \(n\neq 0\)，而且当 \(k\) 变化时，你需要计算的式子 \(F'F^{-n-1}\) 没有任何变化，适用于求多个 \(k\) 的情况。

还有一个组合意义证明。

Fuss-Catalan Number

Fuss-Catalan 数，即有根儿子有序且至多 \(k\) 叉的树的个数。类似普通的卡特兰数，其生成函数显然有：

\[C=1+xC^k \]

面对树形的生成函数方程，一个套路是将其常数项清零，然后把右侧清理成 \(x\)，左侧清理成只与原生成函数有关，那么就自然得到了其复合逆。

即设 \(C'=C-1\)，那么：

\[C'=x(C'+1)^k\\ \frac{C'}{(C'+1)^k}=x \]

带入 \(x=\hat C'\)，有 \(\hat C'=\frac{x}{(x+1)^k}\)。

带入平移系数后的拉反公式，我们可以简单求出 Fuss-Catalan 数，甚至是其生成函数 \(s\) 次方后的单点：

\[[x^n] C'=\frac{s}{n}[x^{n-s}](\frac{x}{\hat C'})^n=\frac{s}{n}[x^{n-s}](x+1)^{kn}=\frac{s}{n}{kn \choose n-s} \]

这个东西还有一个组合意义，与 k-Dyck 路是双射。

另一个同样套路的东西是：ABC222H。