标签：mathbb frac circ 多项式 sum Note 反演 mathcal 习学
施工中。
对于常数项为 \(0\)，一次项非 \(0\) 的多项式 \(F,G\)，定义复合运算 \(\circ\)，满足
\[(F\circ G)(x)=G(F(x))=\sum_{i\ge 0}g_iF^i(x). \]对于域 \(\mathbb F\)，令 \(\mathcal S\) 为 \(\mathbb F[[x]]\) 中所有满足上述条件的多项式构成的集合。对于任意多项式 \(F\in \mathcal S\)，我们存在一种暴力构造方法唯一确定 \(G\) 使得 \(F\circ G=x\)，因而 \(\circ\) 在 \(\mathcal S\) 上可逆。继而不难说明，\((\mathcal S,\circ)\) 构成群，即多项式复合群。
注意在群意义下，满足 \(F\circ G=x\) 的 \(F,G\) 应当互为逆元，因而有一个小结论
\[F\circ G=x\Leftrightarrow G\circ F=x. \]此时，也称 \(F,G\) 互为复合逆。
Lagrange 反演指出，对于 \(F,G\in\mathcal S\)，满足 \(F\circ G=x\) 时，有
\[[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]F^{-n}(x). \]其中涉及比较诡异的 "\([x^{-1}]\)"。事实上，这些运算是在分式域下进行的。在分式域 \(\mathbb F(x)\) 下，任意非零整式 \(F(x)\) 存在乘法逆。因为我们总能找到 \(\mathbb F[[x]]\) 下的可逆整式 \(G(x)=F(x)/x^k\)，那么此时 \(F^{-1}(x)=x^{-k}G^{-1}(x)\)。
接下来尝试证明反演公式。先证明引理：对于 \(k\in\mathbb Z,F\in\mathcal S\)，有
\[[x^{-1}]F'(x)F^{k}(x)=[k=-1]. \]- 当 \(k\neq-1\)，\(F'(x)F^k(x)=\left(\frac{F^{k+1}(x)}{k+1}\right)'\)。根据上文科普，这一结果为整式，因而 \([x^{-1}]=0\)。
- 当 \(k=-1\)，\([x^{-1}]F'(x)F^{-1}(x)=[x^0]F'(x)(F(x)/x)^{-1}\)，根据 \(F\in\mathcal S\) 这一性质可知 \(F(x)/x\) 在整式下可逆。观察发现 \([x^0]F'(x)=[x^0](F(x)/x)=[x^1]F(x)\)，因而 \([x^{-1}]F'(x)F^{-1}(x)=1\)。
接下来进行原命题证明。已知
\[(G\circ F)(x)=\sum_{i\ge1}f_iG^i(x)=x. \]两边求导，
\[\sum_{i\ge1}if_iG^{i-1}(x)G'(x)=1. \]靠向证明目标，两边（在分式域下）除以 \(G^n(x)\) 并取 \([x^{-1}]\)，
\[[x^{-1}]\sum_{i\ge1}if_iG^{i-1-n}G'(x)=[x^{-1}]G^{-n}(x). \]对左侧运用引理，当且仅当 \(i=n\) 时 \([x^{-1}]G^{i-1-n}G'(x)=1\neq0\)，因而
\[nf_n=[x^{-1}]G^{-n}(x)\\ \Rightarrow \begin{cases} [x^n]F(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]G^{-n}(x)\\ [x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]F^{-n}(x) \end{cases}.~~~~\square \]作为整式爱好者，可以将这一结论变为
\[[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](F(x)/x)^{-n}. \]其中 \(F(x)/x\) 整式下可逆，规避了分式域。
扩展 Lagrange 反演：对于满足 \(F\circ G=x\) 的 \(F,G\in\mathcal S\) 以及任意多项式 \(H(x)\)，有
\[[x^n](G\circ H)(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]H'(x)F^{-n}(x). \]证明依葫芦画瓢叭，首先有
\[F\circ G=x\Rightarrow (F\circ G)\circ H=F\circ (G\circ H)=H. \]展开求导，
\[\sum_{i\ge1}i\cdot[x^i](G\circ H)(x)\cdot F^{i-1}(x)F'(x)=H'(x). \]除以 \(F^n(x)\) 并取 \([x^{-1}]\)，顺带用引理，
\[n[x^n](G\circ H)(x)=[x^{-1}]H'(x)F^{-n}(x)\\ \Rightarrow [x^n](G\circ H)(x)=\frac{1}{n}[x^{-1}]H'(x)F^{-n}(x).~~~~\square \]当然也有好看 ver：
\[[x^n](G\circ H)(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}]H'(F(x)/x)^{-n}. \]（好像啥也没多干啊。）
喜闻乐见的例题时间。
一定要看样例解释捏。（
令 \(G(x)\) 为答案的 GF，\(F(x)=\sum_ix^{d_i}\)，显然
\[G(x)=x+F(G(x))\\ \Rightarrow G(x)-F(G(x))=x. \]令 \(H(x)=x-F(x)\)，Lagrange 反演得
\[[x^n]G(x)=\frac{1}{n}[x^{n-1}](H(x)/x)^{-n}. \]正巧 \([x^0](H(x)/x)=1\)，规规整整多项式快速幂。复杂度 \(\mathcal O(n\log n)\)。
（下面是草稿.jpg）
\[P(x)=\frac{x-x^{k+1}}{1-x}\\ F(x,y)=\sum_{i\ge0}P^{i}(x)y^{i}=\frac{1}{1-P(x)y}\\ [x^{n+1}]F(x,y)=\frac{1}{n+1}[x^n]\frac{y}{(1-xy)^2}(Q(x)/x)^{-n-1}\\ \frac{Q(x)-Q^{k+1}(x)}{1-Q(x)}=x\\ x-(x+1)Q(x)+Q^{k+1}(x)=0\\ Q_{2n}(x)=Q_n(x)+\frac{x-(x+1)Q_n(x)+Q_n^{k+1}(x)}{x+1-(k+1)Q_n^k(x)} \]标签：mathbb,frac,circ,多项式,sum,Note,反演,mathcal,习学 来源： https://www.cnblogs.com/rainybunny/p/16217175.html
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