补档：广义二项级数与指数级数
NaCly_Fish
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个人记录
前言：
我看到自己许久之前发过的一篇 blog，里面提到了这部分内容。但当时我太菜，并不会证明，后来发现其实是套路的东西。为了填上之前的坑，也为了后来的人看得明白，就详细证明一下。
这（大概）是一篇只需了解基础生成函数，和拉格朗日反演就能看明白的文章。
Lagrange 反演：
若幂级数 F(x) 满足常数项为零，一次项不为零，设 F(G(x))=x，则：
[x^n]H(F(x))=\frac 1n[x^{n-1}]H'(x)\left( \frac{x}{G(x)}\right)^n
证明此处略过。
首先来介绍一些性质。
广义二项级数定义为：
\mathcal B_t(z)=\sum_{k=0}^\infty(tk)^{\underline{k-1}}\frac{x^k}{k!}
它满足方程：
\mathcal B_t(z)=1+z\mathcal B_t(z)^t \ \ \texttt{(1)}
设 B(z)=\mathcal B_t(z)-1，这样就消去了常数项，则
B(z)=z(B(z)+1)^t
做拉格朗日反演得
[z^k]B(z)=\frac 1k[x^{k-1}](z+1)^{kt}=\frac {(tk)^{\underline{k-1}}}{k!} \ \ (k\geq 1)
再补上常数项就证明了 \texttt{(1)}。对于其幂的性质：
[z^k]\mathcal B_t(z)^r=\binom{tk+r}{k}\frac{r}{tk+r} \ \ \texttt{(2)}
可以应用扩展拉格朗日反演：
[z^k]\mathcal B_t(z)^r=[z^k](B(z)+1)^r=\frac{r}{k}[z^{k-1}](z+1)^{kt+r-1}
=\frac rk \binom{tk+r-1}{k-1}
这和 \texttt{(2)} 得到的结果是一样的。
对于这样进一步的性质：
[z^k]\frac{\mathcal B_t(z)^r}{1-t+t\mathcal B_t(z)^{-1}}=\binom{tk+r}{k} \ \ \texttt{(3)}
有一种巧妙的证法（来自《具体数学》），在 \texttt{(2)} 中对 z 求导：
\mathcal B_t(z)^{r-1}\mathcal B'_t(z)=\sum_{k=1}^\infty \binom{tk+r}{k}\frac{k}{tk+r}z^{k-1}
zt\mathcal B_t(z)^{r-1}\mathcal B'_t(z)+\mathcal B_t(z)^r=\sum_{k=0}^\infty \binom{tk+r}{k}z^k
再对 \texttt{(1)} 的等式两边求导可以解出
\mathcal B'_t(z)=\frac{\mathcal B_t(z)^t}{1-zt \mathcal B_t(z)^{t-1}}=\frac 1z\frac{\mathcal B_t(z)-1}{1-t+t\mathcal B_t(z)^{-1}}
将结果带回前一个式子中，多余的项神奇地消掉了，我们也证明了 \texttt{(3)}。
广义指数级数定义为：
\mathcal E_t(z)=\sum_{k=0}^\infty (tk+1)^{k-1} \frac{z^k}{k!}
很遗憾，它并不是代数的，甚至不是微分有限的。但这并不影响我们可以照抄之前的证明过程（
它满足方程：
\mathcal E_t(z) =\exp(z\mathcal E_t(z)^t) \ \ \texttt{(4)}
可以构造 E(z)=\ln \mathcal E_t(z)，则
E(z)=z\exp(tE(z))
这可以对 \texttt{(4)} 式两端同取 t 次幂再乘 z 得到。那这样就可以拉格朗日反演了：
[z^k]\mathcal E_t(z)=[z^k]\text e^{E(z)}=\frac 1k[z^{k-1}]\text e^z(\text e^{zt})^k=\frac{(kt+1)^{k-1}}{k!}
你大概也猜到接下来要做什么了：
[z^k]\mathcal E_t(z)^r=[z^k]\text e^{rE(z)}=\frac rk [z^{k-1}]\text e^{rz}\text e^{tkz}
\mathcal E_t(z)^r=\sum_{k=0}^\infty r\frac{(tk+r)^{k-1}}{k!}z^k \ \ \texttt{(5)}
而对于
\frac{\mathcal E_t(z)^r}{1-zt\mathcal E_t(z)^t}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(tk+r)^k}{k!}z^k \ \ \texttt{(6)}
也可以沿用 \texttt{(3)} 的证法：
\mathcal E_t(z)^{r-1}\mathcal E_t'(z)=\sum_{k=1}^\infty \frac{(tk+r)^{k-1}z^{k-1}}{(k-1)!}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(tk+(r+t))^{k}z^k}{k!}
再根据
\mathcal E_t'(z) = \mathcal E_t(z)(\mathcal E_t(z)^t+tz\mathcal E_t(z)^{t-1}\mathcal E_t'(z))
带回得到
\frac{\mathcal E_t(z)^{r+t}}{1-zt\mathcal E_t(z)^t}=\sum_{k=0}^\infty \frac{(tk+(r+t))^kz^k}{k!}
这和 \texttt{(6)} 是本质相同的，在推导中将 r 换成 r'-t 就得到了完全一致的式子。
将 \texttt{(2)},\texttt{(3)}、\texttt{(2)},\texttt{(2)}、\texttt{(5)},\texttt{(6)}、\texttt{(5)},\texttt{(5)} 四组式子的等式两边分别对应相乘，可以得到四组等式，如：
[z^n]\mathcal B_t(z)^{r+s}= \sum_{k= 0}^n\binom{tk+r}{k}\frac{r}{tk+r}\binom{t(n-k)+s}{n-k}\frac{s}{t(n-k)+s}
而根据 \texttt{(2)} 可以直接得到结果是
\binom{tn+r+s}{n}\frac{r+s}{tn+r+s}
这些看起来很复杂的等式对于一些特定的 t,r,s 取值，就可以化为我们想要的简单形式。