你说的对，但是自从我那天贺了个广义二项级数题之后就再也没动过这个，冲了若干 AGC。
Rainybunny 老师博客有这么一句话：
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。
佐证了我多项式没入门的观点。
广义二项级数
广义二项级数定义为
\[\mathcal B_t(z)=\sum_{n\ge 0}\binom{tn+1}n\frac{z^n}{tn+1}
\]
然后一些恒等式。
\[\mathcal B_t(z)=1+z\mathcal B_t(z)^t
\]
证明简单拉反不多说。好像这玩意也叫 Fuss-Catalan 数。
容易发现这玩意就是无标号有根 \(t\) 叉树的生成函数。不容易发现这玩意也是 \(k-1\) Dyck 路的生成函数。
上边的一个推广是
\[\mathcal B_t(z)^r=\sum_{n\ge 0}\binom{tn+r}n\frac r{tn+r}z^n
\]
同样可以按着嗯拉反。
然后是第三个牛逼式子：
\[\frac{\mathcal B_t(z)^r}{1-t+t\mathcal B_t(z)^{-1}}=\sum_{n\ge 0}\binom{tn+r}nz^n
\]
这玩意不是很显然。zak 说另类拉反更好做，确实。设 \(F(z)=\mathcal B_t(z)-1\)，则有复合逆 \(G(z)=\dfrac z{(1+z)^t}\)。构造 \(H(z)=\dfrac{(1+z)^r}{1-t+t(1+z)^{-1}}\)，则有
\[\begin{aligned}
[z^n]H(F(z))=&[z^n]H(z)\left(\frac z{G(z)}\right)^{n+1}G'(z)\\
=&[z^n]\frac{(1+z)^r}{1-t+t(1+z)^{-1}}(1+z)^{tn+t}\frac{(1+z)^t-tz(1+z)^{t-1}}{(1+z)^{2t}}\\
=&[z^n]\frac{(1+z)^{r+1}}{1+z-tz}(1+z)^{tn+t}\frac{1+z-tz}{(1+z)^{t+1}}\\
=&[z^n](1+z)^{tn+r}\\
=&\binom{tn+r}n
\end{aligned}
\]
组合意义好玄学，不会。会的教我。
小小练习：算
\[\sum_{i\ge 0}\frac 1{2^{n+2i}(n+2i)}\binom{n+2i}i
\]
答案是 \(\dfrac 1n\)。那我们得到实际上 \(B_2(z)\) 就是卡特兰数，和之前的结果相同。
例题：Gym102978C Count Min Ratio。题解
广义指数级数
广义指数级数定义为
\[\mathcal E_t(z)=\sum_{n\ge 0}(tn+1)^{n-1}\frac{z^n}n!
\]
接着摆恒等式：
\[\mathcal E_t(z)^{-t}\ln\mathcal E_t(z)=z
\]
仍然简单拉反。
仍然是和上边第二个长的差不多：
\[\mathcal E_t(z)^r=\sum_{n\ge 0}r(tn+r)^{n-1}\frac{z^n}{n!}
\]
同样可以拉反。但值得一提的是具体数学说
\[\mathcal E_t(z)=\lim_{x\to\infty}B_{xt}(\frac zx)^x
\]
证明考虑使用一个引理：
\[\lim_{x\to infty}\binom{xn}kx^{-k}=\frac{n^k}{k!}
\]
证明直接把组合数爆拆开。然后用这个东西把广义二项级数通项化一下爆推一顿发现是左边的形式。很奇妙。
第三个是
\[\frac{\mathcal E_t(z)^r}{1-zt\mathcal E_t(z)^t}=\sum_{n\ge 0}(tn+r)^n\frac{z^n}{n!}
\]
证明同样另类拉反，照葫芦画瓢。设 \(F(z)=\ln\mathcal E_t(z)\)，则复合逆 \(G(z)=\dfrac z{e^{tz}}\)。同样构造 \(H(z)=\dfrac{e^{rz}}{1-tz}\)，使用另类拉反即可得到结论。过程不给了。
xYix 老师给了神奇的组合意义证明，同样不会。摆大烂。不由得思考 joke3579 在多项式的时候我在干什么。
应用找不到，我寻思着反正这玩意我也用的不熟练。