营业日志 2020.5.20

今有 uoj 群友问到，如下式子如何快速计算：
$[x^n] \frac{1}{\prod_{i=0}^m (1 - (u+vi)x)}$
我想了想，觉得这就是
$\begin{aligned}[x^n] \frac 1{\prod_{i=0}^m (1-(u+vi)x)}&=\left[\frac{x^{n+m}}{(n+m)!}\right] \frac{\mathrm e^{ux} (\mathrm e^{vx}-1)^m}{m! v^m}\\&= \frac1{m!v^m} \sum_{k=0}^m \binom {m}{k} (-1)^{m-k} (u+kv)^{n+m}\end{aligned}$
怎么解释呢？思考一番，大概有以下四条路：

其一，组合意义：我们给这个东西编一个组合意义：
$\frac {(vx)^m}{\prod_{i=0}^m (1-(u+vi)x)} = \frac1{1-ux} \frac{vx}{1-(u+v)x} \cdots \frac {vx}{1-(u+mv)x}$
那么这是个啥呢？这大概就是说每个球首先在一个集合里，这个集合的 id 是 $0 \sim m$ 的，然后他在 $0$ 号集合就有 $u$ 种颜色可以选，否则有 $v$ 种颜色可以选。其中 $1\sim m$ 这些集合都被要求了至少有一个球。这 $m$ 个集合又被认为是不可区分的。

这么一来，上面那个 EGF 容斥就是很明显的了。

其二，线性递推方面的考虑：

首先原式是一个求逆的形式，显然是一个线性递推，而且是 $m+1$ 阶的。所以 $\frac {x^m}{\prod_{i=0}^m (1-(u+vi)x)}$ 必然仍然是线性递推的。而如果想要转为 EGF，那么由于原式的特征根不重复，我们知道这必然是化为 $\sum \lambda_k \mathrm e^{(u+vk)x} = \mathrm e^{ux} \sum \lambda_k \mathrm e^{vkx}$ 的形式。为了让前面的项都是 $0$，只好用 $c \mathrm e^{ux} (\mathrm e^{vx}-1)^m$ 的形式然后待定系数。

其三，分式分解：

根据分式分解系数 $R_i(x) = P(x) \left[Q(x)/q_i(x) \bmod q_i(x)\right]^{-1} \bmod q_i(x)$，也就是
$\begin{aligned}R_i &= \left[\prod_{j\neq i} \left(1 - \frac{u+vj}{u+vi}\right)\right]^{-1}\\&= \prod_{j\neq i} \frac{u+vi}{(i-j)v}\\&=\frac{(u+vi)^m (-1)^{m-i}}{v^m i! (m-i)!}\end{aligned}$
也是一致的。

其四，代数方法：

事实上我们通过两个公式可以构造 $x^n \Leftrightarrow \frac{x^n}{n!}$ 的线性映射。

从 $\frac {x^n}{n!}$ 到 $x^n$ 的通过欧拉积分 $\int_0^\infty t^n\mathrm e^{-t}\, \mathrm d t = n!$ 导出。这给出了 Laplace-Borel 变换（似乎又叫组合 Laplace 变换）
$\int_0^\infty F(xt)\mathrm e^{-t} \,\mathrm d t = \sum_n n!x^n [x^n]F(x)$
而反过来，我们首先要考虑一个环路积分构造，结合指数函数 $[x^n]\mathrm e^x = \frac 1 {n!}$ 来完成：（也叫做组合 Borel 变换）
$\frac 1{2\pi} \int_{-\pi}^\pi F(z\mathrm e^{-\mathrm i \vartheta}) \mathrm e^{\mathrm e^{\mathrm i \vartheta}} \mathrm d \vartheta = \frac 1{2\pi \mathrm i} \int_{|\zeta|=1} \frac{\mathrm e^\zeta F\left(\frac z \zeta\right)}\zeta \mathrm d \zeta = \sum_n \frac{x^n}{n!} [x^n]F(x)$
留数我不太懂，但是参考这个，感觉在这种情况上的具体计算过程和分式分解是类似的。