偏口胡，若不严谨见谅……
以下多项式的运算是关于形如 \(f(x) = ...a_{-2}x^{-2} + a_{-1}x^{-1} + a_0 + a_1x ...\) 的“多项式”的。这允许我们对没有常数项的多项式求逆。
具体，如果 \(f(x) = x^t F(x)\) ，其中 \([x^0]F(x) \ne 0\)，那么 \(\dfrac{1}{f(x)} = x^{-t} \cdot \dfrac{1}{F(x)}\) 。
当然 \(0\) 还是没有逆元。
\[[x^0]f(x) = [x^0]g(x) = 0,f(g(x)) = x \to [x^n]f(x) = \frac{1}{n} [x^{n-1}](\frac{x}{g(x)})^n
\]
证明：
\[x=\sum_{i=1} [x^i]f(x) \cdot g^{i}(x)
\]
对两边求导：
\[1 = \sum_{i=1} [x^i]f(x) \cdot i\cdot g^{i-1}(x) \cdot g‘(x)
\]
现在我们希望能得到 \([x^n]f(x)\) ，那么最好能通过一些转换使 \(i \ne n\) 时 \([x^i]f(x)\) 会带上一个 \(0\) 的系数。
注意到
\[i \ne -1 \to g^{i}(x) \cdot g‘(x) = \frac{1}{i+1}[g^{i+1}(x)]‘
\]
\[\forall g,[x^{-1}]g‘(x) = 0
\]
那么把两边同时乘上 \(g^n(x)\) 的逆元，然后只考虑第 \(-1\) 项的系数。那么对于右式，只有 \(i=n\) 时需要考虑。
\[[x^{-1}][\frac{1}{g(x)}]^n = \sum_{i=1} [x^i]f(x) \cdot i \cdot[x^{-1}][ g^{i-n-1}(x) \cdot g‘(x) ] = [x^n]f(x) \cdot n \cdot [x^{-1}]\frac{g‘(x)}{g(x)}
\]
\[[x^{-1}]\frac{g‘(x)}{g(x)} = [x^{-1}] \frac{\sum_{i=1}[x^i]g(x) \cdot i\cdot x^{i-2}}{\sum_{i=1}[x^i]g(x) \cdot x^{i-1}}
\]
这样分母就可以求逆，要考虑的只有常数项 \(\dfrac{1}{[x^1]g(x)}\) ；分子中要考虑的只有 \(-1\) 次项，即 \([x^1]g(x)\) 。
所以 \([x^{-1}]\dfrac{g‘(x)}{g(x)}=1\) 。
那么得到
\[[x^n]f(x) = \frac{1}{n}[x^{-1}] [\frac{1}{g(x)}]^n = \frac{1}{n}[x^{n-1}] (\frac{x}{g(x)})^n
\]
有一个扩展，考虑多项式 \(h(x)\) ，若令 \(H(x) = h(f(x))\) ，那么有 \(H(g(x)) = h(x)\)，再套用上面的分析，可以得到
\[[x^n]h(f(x)) = \frac{1}{n} [x^{n-1}] h‘(x) \cdot (\frac{x}{g(x)})^{n}
\]
拉格朗日反演的口胡证明
原文：https://www.cnblogs.com/RUI-R/p/14674523.html
