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：
\[\begin{align}
[x^n]G(x) &= \frac{1}{n}[x^{n-1}](F(x)/x)^{-n},\tag1\\
[x^n](G\circ H)(x) &= \frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(x)(F(x)/x)^{-n}.\tag2
\end{align}
\]
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：
\[\begin{align}
[x^n](G\circ H)(x) &= [x^n]H(x)F'(x)(F(x)/x)^{-n-1}\tag5\\
&= [x^0]xH(x)F'(x)F^{-n-1}(x).\tag6
\end{align}
\]
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。
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。
然后是喜闻乐见的例题时间。
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 \(\mathcal O(B\log B)\)。