感谢 BZT 大仙的细心指导： →_→
求函数 G 满足：
\[G(F(x))=x\]
其中 G 和 F 都要满足常数项为 0 且 1 次项不为 0
设 \(G(x)=\sum_{i>=1} a_i x^i\)
那么原式就是：
\[\sum_{i=1}^\infty a_i F^i(x)=x\]
然后我们两边取导：
\[\sum_{i=1}^\infty i·a_i F^{i-1}(x) F'(x)= 1 \]
然后左右除去 \(F^n(x)\) ：
\[\sum_{i=0}^{\infty}i·a_i F^{i-n-1}(x) F'(x)={1\over F^n(x)}\]
两边取 x 的 -1 次项：
\[[x^{-1}]\sum_{i=0}^{\infty}i·a_i F^{i-n-1}(x) F'(x) =[x^{-1}]{1\over F^n(x)}\]
这时候我们江 i 不等于 n 的情况讨论一下：
\[F^{i-n-1}(x)F'(x)={1\over i-n} (F^{i-n}(x))'\]
这里我们从右往左推就好了，用链式法则
然后我们发现一个多项式求导后的 -1 次项系数为 0 ，就不用考虑了
对于 i=n 的情况：
\[F^{-1}(x)F'(x)={a_1+2a_2x+2a_3x^2+...\over a_1x+a_2x^2+a_3x^3+...}\]
\[={a_1+2a_2x+2a_3x^2+...\over a_1x}·{1\over 1+{a_2\over a_1}x+{a_3\over a_1}x^2+...}\]
后面的多项式常数项为 1，可逆，逆完之后常数项还是 1， 那么前面的式子中 x 的 -1 次项系数为 1
那么原来的式子就是：
\[a_n = [x^{-1}] {1\over F^n(x)} \]
那么这也就证明出了拉格朗日反演中的定理：
\[[x^n] G(x) = [x^{-1}] {1\over n} {1\over F^n(x) }\]
然后我们让 f(x) 表示 F(x) 除去 x 后的多项式，那么原本的答案就是：
\[[x^n] G(x) = [x^{n-1}] {1\over n} {1\over f^n(x) }\]
然后我也不知道这玩意儿为什么是对的，反正这样的情况下我们就可以 \(O(n log n)\) 求解（多项式快速幂+多项式求逆）了
原文地址：https://www.cnblogs.com/Judge/p/10652738.html