參考文章 ，ei & qwaszx tsdy！
感覺 "參考文章" 中有些地方的描述有點奇怪或證明相對麻煩，於是就有了這篇 blog
廣義二項級數
定義廣義二項級數如下：
\[\mathcal{B}_t(z) = \sum\limits_{n \ge 0} \binom{tn + 1}{n} \frac{z^n}{tn + 1} \]
結論
\[\mathcal{B}_t(z) = z\mathcal{B}_t(z)^t+1 \qquad(1) \]
\[\mathcal{B}_t(z)^r = \sum\limits_{n \ge 0} \binom{tn + r}{n} \frac{r}{tn + r} z^n \qquad(2) \]
\[\frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{1 - t + t \mathcal{B}_t(z)^{-1}} = \sum\limits_{n \ge 0} \binom{tn + r}{n} z^n \qquad(3) \]
證明
證明 (1)
設函數 \(F(z), G(z)\)， \(F(z) = z (F(z) + 1)^t\)，\(G(z)\) 為 \(F(z)\) 的復合逆。
那么 \(F(G(z)) = G(z) (F(G(z)) + 1)^{t}\)，\(z = G(z) (z+1)^{t}\)，\(G(z) = \frac{z}{(z+1)^t}\)。
根據拉格朗日反演得到：
\[[z^n] F(z) = \frac{1}{n} [z^{n - 1}] (\frac{z}{G(z)})^{n} = \frac{1}{n} [z^{n-1}] (z+1)^{nt} = \binom{nt}{n - 1} \]
\[F(z) + 1 = 1 + \sum\limits_{n \ge 1} \frac{z^n}{n} \binom{nt}{n - 1} = \sum\limits_{n \ge 0} \binom{nt+1}{n} \frac{z^n}{nt+1} = \mathcal{B}_t(z) \]
然后就證明了 \(\mathcal{B}_t(z) = \mathcal{B}_t(z)^t + 1\)。
（你會發現這東西就是 LuoguP2767，套個 Lucas 就可以過掉那題了）
證明 (2)
\(n = 0\) 時正確性是顯然的，現在考慮 \(n > 0\)。
設函數 \(F(z), G(z)\)， \(F(z) = z (F(z) + 1)^t\)，\(G(z)\) 為 \(F(z)\) 的復合逆。
設 \(H(z) = (z + 1)^r\)，那么拓展拉格朗日反演得
\[[z^n]\mathcal{B}_t(z)^r = [z^n] H(F(z)) = \frac{1}{n} [z^{n-1}] H(z)' (\frac{z}{G(z)})^{n} = \frac{1}{n} [z^{n-1}] (z+1)^{r-1} (z+1)^{nt} = \frac{\binom{nt+r-1}{n - 1}}{n} = \frac{\binom{nt+r}{n}}{nt+r} \]
證明 (3)
仍然設函數 \(F(z), G(z)\)， \(F(z) = z (F(z) + 1)^t\)，\(G(z)\) 為 \(F(z)\) 的復合逆。
設 \(H(z) = \frac{(1 + z)^r}{1 - t + t (z + 1)^{-1}}\)。這里用 EI 鴿鴿發明的另類拉格朗日反演會更方便。
\[[z^n] \frac{\mathcal{B}_t(z)^r}{1 - t + t \mathcal{B}_t(z)^{-1}} = [z^n] H(F(z)) = [z^n] H(z) (\frac{z}{G(z)})^{-n-1} G'(z) \]
\[[z^n] \frac{(1 + z)^{r+1}}{1 + z - t z} (1+z)^{(n+1)t} \frac{1 + z - tz}{(1+z)^{t+1}} \]
\[[z^n] (1 + z)^{r+nt} \]
\[\binom{nt+r}{n} \]
廣義指數級數
定義廣義指數級數如下：
\[\mathcal{E}_t(z) = \sum\limits_{n \ge 0} (tn+1)^{n-1} \frac{z^n}{n!} \]
鴿了！！！！！1