Soy el autor de la otra pregunta. Daré una prueba más o menos detallada de la pregunta que hiciste. Saltaré los detalles de los cálculos largos, pero no son complicados. Encontré un enfoque ligeramente más claro que lo que comenté en la pregunta original (¡que animo a las personas interesadas a pensar en ello!)
Fijemos $k, n, t$. El coeficiente de $x^{kt}$ en el polinomio $(1+x+x^2+\ldots+x^t)^n$ es claramente igual al coeficiente de $x^{(n-k)t}$. Podemos escribir ese polinomio de forma simple como $\left(\frac{1-x^{t+1}}{1-x}\right)^n$, y usando las funciones generadoras tanto del numerador como del denominador, podemos encontrar la siguiente fórmula:
$$ E_{k,n}(t) = \sum_{j=0}^{k-1} (-1)^j \binom{n}{j} \binom{(k-j)t+n-1-j}{n-1} .$$
Por lo tanto, el coeficiente de $x^{kt}$ en $(1+x+\ldots+x^t)^n$ es exactamente la última expresión (notablemente, es un polinomio en $t$).
Si tratas de aislar el coeficiente de $t^m$ en la última expresión lo que obtienes es simplemente la expresión de $S(k,n,m)$ de la pregunta a la que hiciste referencia. Esencialmente, dado que $E_{k,n}(t) = E_{n-k,n}(t)$, entonces es evidente que $S(k,n,m)=S(n-k,n,m)$.
Con ese lenguaje, la diferencia $S(k,n,m)-S(n-k,n,m)$ es exactamente la suma que estás preguntando en este post, y entonces claramente es 0.
Como dije en la otra publicación, por supuesto solo se puede demostrar trabajando con algunas recurrencias e inducción, pero esta es una prueba más transparente. Por supuesto, la otra pregunta se puede reformular como demostrar si los polinomios $E_{k,n}$ tienen coeficientes positivos.
