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) = \\sum\\limits_{n \\ge 0} \\binom{tn + 1}{n} \\frac{z^n}{tn + 1}
\\]
结论
\\[\\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)
\\]
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} = \\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{\\binom{nt+r-1}{n - 1}}{n} = \\frac{\\binom{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}
\\]
\\[\\binom{nt+r}{n}
\\]
广义指数级数
在鸽了