考虑求 $(f\circ g)^{(n)}$。
我们看几个例子： $$ \begin{align*} (f\circ g)^\prime&=f^\prime\circ g\cdot g^\prime\\ (f\circ g)^{\prime\prime}&=f^{\prime\prime}\circ g\cdot {g^\prime}^2+f’\circ g\cdot g^{\prime\prime}\\ (f\circ g)^{\prime\prime\prime}&=f^{\prime\prime\prime}\circ g\cdot {g^\prime}^3+3f^{\prime\prime}\circ g\cdot g^\prime\cdot g^{\prime\prime}+f^\prime\circ g\cdot g^{\prime\prime\prime} \end{align*} $$ 注意到结果可以写成若干 $f^{(i)}\circ g\cdot h$ 的形式，其中 $h$ 是一些 $g^{(j)}$ 的积。
考虑到 $(f^{(i)}\circ g\cdot h)^\prime=f^{(i+1)}\circ g\cdot g^\prime\cdot h+f^{(i)}\circ g\cdot h^\prime$，也就是说，有两种选择：
- 将 $f$ 升一阶导并乘一个 $g^\prime$；
- 导一下 $h$。
由于初始形式是 $f\circ g\cdot\mathbf{1}$，故根据决策会得到形如这样的 $h$：一个长为 $n$ 的操作序列，每次要么乘上一个 $g’$，要么导一下。而根据乘法法则，每次求导就相当于选一个先前的 $g$ 升一阶导。
于是 $h$ 的模型就变成这样：一个可重数集，每次要么往里面加一个 $1$，要么选一个 $+1$。然后最终的集合大小就是 $f$ 导的阶数。
发现直接对操作序列计数不好算。现考虑对于一个最终的集合（也就是结果中的一项），求出其系数。对于一个集合，它的数首先可以任意排列，代表加入它的顺序，然后一个数 $x$ 的后面要有 $x-1$ 个选中它的求导。
如果把加入顺序的排列和求导选择的排列分开来计数，不容易搞。如果放在一起，就可以理解成，对于一个数 $x$，有 $x$ 个同种颜色无法区分的球（最终放在最开头的就算加入，其余算求导）。然后所有相同的 $x$ 对应的颜色无标号。那么这时如果数 $x$ 有 $m_x$ 个（集合中数的和一定是 $n$），总的系数就是： $$ \frac{n!}{\displaystyle\prod_{x=1}^nm_x!x!^{m_x}} $$ 于是我们就可以写出最终的表达式： $$ (f\circ g)^{(n)}=\sum_{\sum i\cdot m_i=n}\frac{n!}{\prod m_i!i!^{m_i}}f^{(\sum m_i)}\circ g\cdot\prod {g^{(i)}}^{m_i} $$ 其中 $\sum$ 和 $\prod$ 略去了 ${}_{i=1}^n$。
这就是 Faà di Bruno’s formula。它可以直接解决倒数、除法的高阶导（反函数和参数方程可能需要递推）。
这个公式可以导出几个比较平凡的结论，在解题时可以用： $$ (f(x+k))^{(n)}=f^{(n)}(x+k)\\ (f(kx))^{(n)}=k^nf^{(n)}(kx)\\ \left.\left(f(x^k)\right)^{(n)}\right|_{x=0}=\begin{cases}0,&k\nmid n\\ \dfrac{n!}{(n/k)!}f^{(n/k)}(0),&k\mid n\end{cases} $$ 最后一个可以直接展开级数证（很诡异），用于展开 $\arcsin x$ 之类的。