闲话
虽然是商曲吧，但是确实仙品
这种破题方法确实很巧妙，从发色出发，分解成红+蓝再寻找其抽象的指代意
但不停留于此，而是接着探讨更深刻的问题（例如童年、家庭、控制
过程中仍然是大量的隐喻和意象。
我得到的结论就是，紫化不是无法变成红色的妥协，而应当是一种必然的结果——好孩子是难以幸存的。
对埃及文化不太了解，而且只是想推个歌，所以我就不说太多了
请大家听一听歌，展开自己的想象吧（
饭终于用别的歌姬了 很独特（
感觉供给pjsk的那一版 少了 super 春卷饭 time 不是很好听啊（
Please, Forgive me and "Purple"
摇摆不定的我染上紫色（Empurple）
多元拉格朗日反演
因为大家都进化了。而我还没有。所以来进化一下自己。
先来点记号。
由于这里是多元拉格朗日反演，我们不妨先确定占位元的数量 \(m\)。
对一个列 \(a_1, a_2, \dots, a_m\)，定义其顺序组成的向量为 \(\bm a\)。这里的列的元素可为占位元、形式幂级数或数字。当 \(\bm n\) 由数字组成时，定义 \(\bm x^{\bm n} = (x_1^{n_1}, x_2^{n_2}, \dots, x_m^{n_m}) = x_1^{n_1} x_2^{n_2}\cdots x_m^{n_m}\)。它既可以作为 \(m\) 元形式幂级数的一组自变量，也可以作为其的某一项。
记 \(n\) 行 \(m\) 列，第 \(i\) 行、第 \(j\) 列值为 \(a_{i, j}\) 的矩阵为\(A = \left\{a_{i, j}\right\}_{n, m}\)。
\(\textbf{定理 1 } \text{(多元拉格朗日反演)}\)
对 \(m\) 个 \(m\) 元形式幂级数 \(f_1, f_2, \dots, f_m\)，令其复合逆分别为 \(g_1, g_2, \dots, g_n\)，满足对任意 \(k\) 有
\[f_k(\bm x) = x_k g_k(\bm f) \]则对任意 \(m\) 元形式幂级数 \(h(\bm x)\)，我们有
\[[\bm t^{\bm n}] h(\bm f(\bm t)) = [\bm x^{\bm n}] h(\bm x) \bm g(\bm x)^{\bm n} \det \left\{[i = j] - \frac{x_i}{g_j(\bm x)}\frac{\partial g_j(\bm x)}{\partial x_i} \right\}_{m, m} \]
证明：留做习题。\(\square\)
如果展开的话就是
\[\begin{aligned} & [t_1^{n_1} t_2^{n_2}\cdots t_m^{n_m}] h(f_1(t_1, t_2, \dots, t_m), \dots, f_m(t_1, t_2, \dots, t_m)) \\ = \ & [x_1^{n_1} x_2^{n_2}\cdots x_m^{n_m}] h(x_1, x_2, \dots, x_m) \left(\prod_{i = 1}^m g_i(x_1, x_2, \dots, x_m) ^{n_i} \right) \\ &\det \left\{[i = j] - \frac{x_i}{g_j(x_1, x_2, \dots, x_m)}\frac{\partial g_j(x_1, x_2, \dots, x_m)}{\partial x_i} \right\}_{m, m} \end{aligned} \]这样又好看又不好看（
但某篇论文里说这个形式不好用，所以我们可以用内向树形式重写这结构。取 \(\mathcal T = (V, E)\) 为 \(m+1\) 个点（编号为 \(0\sim m\)）的完全图的一棵以 \(0\) 为根的内向生成树，并令 \(\bm x\) 为占位元列 \(x_1, x_2, \dots, x_m\)，\(\bm f\) 为函数列 \(f_0(\bm x), f_1(\bm x), \dots, f_m(\bm x)\)。那么记
\[\frac{\partial \bm f}{\partial\mathcal T} = \prod_{v \in V} \left(\prod_{(u, v) \in E} \frac{\partial}{\partial x_u} \right) f_{v}(\bm x) \]注意这里每条有向边的起点都不可能为 \(0\)，所以占位元只有 \(m\) 个。同时如果 \(\text{deg }v = 0\)，里层的 \(\prod\) 贡献为 \(1\)，而其他时刻需要对 \(f_v\) 连续求导，而非分别求导后相乘。
\(\textbf{定理 2 } \text{(多元拉格朗日反演)}\)
对 \(m\) 个 \(m\) 元形式幂级数 \(f_1, f_2, \dots, f_m\)，令其复合逆分别为 \(g_1, g_2, \dots, g_n\)，满足对任意 \(k\) 有
\[f_k(\bm x) = x_k g_k(\bm f) \]则对任意 \(m\) 元形式幂级数 \(h(\bm x)\)，我们有
\[[\bm t^{\bm n}] h(\bm f(\bm t)) = \frac{1}{\prod_{i =1}^m n_i} [\bm x^{\bm n - \bm 1}] \sum_{\mathcal T} \frac{\partial(h, g_1^{n_1} , g_2^{n_2}, \dots, g_m^{n_m})}{\partial\mathcal T} \]
然后是练习环节。
\(\text{例 1 }\) erase(多元)
当 \(m = 1\) 时，我们有 \(f(x) = x g(f(x))\)，这也就是说 \(f^{\langle - 1\rangle} (x) = \dfrac{x}{g(x)}\)。此时多元拉格朗日反演 \(1\) 退化为
\[\begin{aligned} [t^n] h(f(t)) & \ = [x^{n}] h(x) g(x)^n\left(1 - \frac{x}{g(x)}g'(x) \right) \\ & \ = [x^{n}] h(x) g(x)^{n} \left(\frac{x}{g(x)} \right)' g(x) \\ & \ = [x^{n}] h(x) \left(f^{\langle - 1\rangle} (x)\right)' \left(\frac{x}{f^{\langle - 1\rangle} (x)}\right)^{n + 1} \end{aligned}\]这自然是另类拉格朗日反演的形式。
此时树只有一种形态，因此多元拉格朗日反演 \(2\) 退化为
\[\begin{aligned} [t^n] h(f(t)) & \ = \frac{1}{n} [x^{n - 1}] \frac{\partial(h, g^n)}{\partial\mathcal T} \\ & \ = \frac{1}{n} [x^{n - 1}] \left( \frac{\partial h(x)}{\partial x} \right) \left( g(x)^n \right) \\ & \ = \frac{1}{n} [x^{n - 1}] h'(x) \left( \frac{x}{f(x)} \right)^n \end{aligned}\]这自然是拉格朗日反演的形式。
\(\text{例 2 }\) 变量数++
现在我们来到了二元生成函数，希望推导出一个普适的方程。
多元拉反 \(1\)：
\[\begin{aligned} & [x^{n_1}y^{n_2}] h(g_1(x, y), g_2(x, y)) \\ = \ &[x^{n_1}y^{n_2}] h(x, y) g_1(x, y)^{n_1} g_2(x, y)^{n_2} \\ & \begin{bmatrix} 1 - \dfrac{x_1}{g_1(x, y)}\dfrac{\partial g_1(x,y)}{\partial x_1} & - \dfrac{x_1}{g_2(x, y)}\dfrac{\partial g_2(x,y)}{\partial x_1} \\ - \dfrac{x_2}{g_1(x, y)}\dfrac{\partial g_1(x,y)}{\partial x_2} & 1 - \dfrac{x_2}{g_2(x, y)}\dfrac{\partial g_2(x,y)}{\partial x_2} \end{bmatrix} \end{aligned}\]多元拉反 \(2\)：
\[\begin{aligned} & [x^{n_1}y^{n_2}] h(g_1(x, y), g_2(x, y)) \\ = \ & \frac{1}{n_1 n_2} [x^{n_1-1} y^{n_2-1}]\left( \left(\frac{\partial }{\partial x} \frac{\partial }{\partial y}h(x, y) \right) g_1(x, y)^{n_1} g_2(x, y)^{n_2} + \right. \\ & \left. \frac{\partial h(x, y)}{\partial x} \frac{\partial g_1(x, y)^{n_1}}{\partial y} g_2(x, y)^{n_2}+ \frac{\partial h(x, y)}{\partial y} \frac{\partial g_2(x, y)^{n_2}}{\partial x} g_1(x, y)^{n_1}\right) \end{aligned}\]感觉很难再化简了啊！
\(\text{例 3 }\) P10324 洞察
我们已经有了
\[\left\{ \begin{aligned} & f_1(x, y) = x \exp(f_2) \\& f_2(x, y) = y \exp(f_1) \end{aligned} \right.\]这就有
\[\left\{ \begin{aligned} & g_1(x, y) = \exp y \\& g_2(x, y) = \exp x \end{aligned} \right.\]施多元拉反 \(1\) 有
\[\begin{aligned} & [x^{n}y^{n}] \exp (f_1 + f_2) \\ = \ & [x^{n}y^{n}] e^{x + y} \left(e^y\right)^n \left(e^y\right)^n \begin{bmatrix} 1 - \dfrac{x}{e^y}\dfrac{\partial e^y}{\partial x} & - \dfrac{x}{e^x}\dfrac{\partial e^x}{\partial x} \\ - \dfrac{y}{e^y}\dfrac{\partial e^y}{\partial y} & 1 - \dfrac{y}{e^x}\dfrac{\partial e^x}{\partial y} \end{bmatrix} \\ = \ & [x^{n}y^{n}] e^{(n + 1)(x + y)} \begin{bmatrix} 1 & -x \\ - y & 1 \end{bmatrix} \\ = \ & [x^{n}y^{n}] e^{(n + 1)(x + y)} (1-xy) \end{aligned}\]施多元拉反 \(2\) 有
\[\begin{aligned} & [x^{n}y^{n}] \exp (f_1 + f_2) \\ = \ & \frac{1}{n^2} [x^{n-1} y^{n-1}]\left( \left( \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial}{\partial y} e^{x+y} \right) (e^y)^{n} (e^x)^{n} + \right. \\ & \left. \frac{\partial e^{x+y}}{\partial x} \frac{\partial (e^y)^{n}}{\partial y} (e^x)^{n}+ \frac{\partial e^{x+y}}{\partial y} \frac{\partial (e^x)^{n}}{\partial x} (e^y)^{n}\right) \\ = \ & \frac{1}{n^2} [x^{n-1} y^{n-1}]\left( e^{x + y} (e^y)^{n} (e^x)^{n} + e^{x + y} ne^{ny} (e^x)^{n}+ e^{x + y} ne^{nx} (e^y)^{n}\right) \\ = \ & \frac{1}{n^2} [x^{n-1} y^{n-1}]\left( e^{(n + 1)(x + y)} + n e^{(n + 1)(x + y)}+ n e^{(n + 1)(x + y)}\right) \\ = \ & \frac{1}{n^2} [x^{n-1} y^{n-1}] e^{(n + 1)(x + y)} \left(1 + 2n\right) \end{aligned}\]这提取系数得到的结果与 \(1\) 相符。
其他例题待补（
标签：right,frac,23,bm,24.6,闲话,partial,aligned,left From： https://www.cnblogs.com/joke3579/p/-/chitchat240623