参考文章 ，ei & qwaszx tsdy！
感觉 "参考文章" 中有些地方的描述有点奇怪或证明相对麻烦，于是就有了这篇 blog
广义二项级数
定义广义二项级数如下：
[mathcal{B}_t(z) = sumlimits_{n ge 0} inom{tn + 1}{n} frac{z^n}{tn + 1}
]
结论
[mathcal{B}_t(z) = zmathcal{B}_t(z)^t+1 qquad(1)
]
[mathcal{B}_t(z)^r = sumlimits_{n ge 0} inom{tn + r}{n} frac{r}{tn + r} z^n qquad(2)
]
[frac{mathcal{B}_t(z)^r}{1 - t + t mathcal{B}_t(z)^{-1}} = sumlimits_{n ge 0} inom{tn + r}{n} z^n qquad(3)
]
证明
证明 (1)
设函数 (F(z), G(z))， (F(z) = z (F(z) + 1)^t)，(G(z)) 为 (F(z)) 的复合逆。
那么 (F(G(z)) = G(z) (F(G(z)) + 1)^{t})，(z = G(z) (z+1)^{t})，(G(z) = frac{z}{(z+1)^t})。
根据拉格朗日反演得到：
[[z^n] F(z) = frac{1}{n} [z^{n - 1}] (frac{z}{G(z)})^{n} = frac{1}{n} [z^{n-1}] (z+1)^{nt} = inom{nt}{n - 1}
]
[F(z) + 1 = 1 + sumlimits_{n ge 1} frac{z^n}{n} inom{nt}{n - 1} = sumlimits_{n ge 0} inom{nt+1}{n} frac{z^n}{nt+1} = mathcal{B}_t(z)
]
然后就证明了 (mathcal{B}_t(z) = mathcal{B}_t(z)^t + 1)。
（你会发现这东西就是 LuoguP2767，套个 Lucas 就可以过掉那题了）
证明 (2)
(n = 0) 时正确性是显然的，现在考虑 (n > 0)。
设函数 (F(z), G(z))， (F(z) = z (F(z) + 1)^t)，(G(z)) 为 (F(z)) 的复合逆。
设 (H(z) = (z + 1)^r)，那么拓展拉格朗日反演得
[[z^n]mathcal{B}_t(z)^r = [z^n] H(F(z)) = frac{1}{n} [z^{n-1}] H(z)' (frac{z}{G(z)})^{n} = frac{1}{n} [z^{n-1}] (z+1)^{r-1} (z+1)^{nt} = frac{inom{nt+r-1}{n - 1}}{n} = frac{inom{nt+r}{n}}{nt+r}
]
证明 (3)
仍然设函数 (F(z), G(z))， (F(z) = z (F(z) + 1)^t)，(G(z)) 为 (F(z)) 的复合逆。
设 (H(z) = frac{(1 + z)^r}{1 - t + t (z + 1)^{-1}})。这里用 EI 鸽鸽发明的另类拉格朗日反演会更方便。
[[z^n] frac{mathcal{B}_t(z)^r}{1 - t + t mathcal{B}_t(z)^{-1}} = [z^n] H(F(z)) = [z^n] H(z) (frac{z}{G(z)})^{-n-1} G'(z)
]
[[z^n] frac{(1 + z)^{r+1}}{1 + z - t z} (1+z)^{(n+1)t} frac{1 + z - tz}{(1+z)^{t+1}}
]
[[z^n] (1 + z)^{r+nt}
]
[inom{nt+r}{n}
]
广义指数级数
定义广义二项级数如下：
[mathcal{E}_t(z) = sumlimits_{n ge 0} (tn+1)^{n-1} frac{z^n}{n!}
]
鸽了！！！！！1