二项式反演
常见形式：
\[\begin{aligned}
f_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}g_i &\Leftrightarrow g_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}f_i &(0)
\\
f_n=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}g_i &\Leftrightarrow g_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f_i &(1)
\\
f_n=\sum_{i \ge n}\binom{i}{n}g_i &\Leftrightarrow g_n=\sum_{i \ge n}(-1)^{i-n}\binom{i}{n}f_i &(2)
\end{aligned}
\]
本质：把 \(f,g\) 数组看成两个向量，中间的转移系数看成矩阵，那么左右两边式子的系数的矩阵互为逆矩阵。
二项式反演也可以看作是一种特殊的容斥，作用往往在于将 恰好 转化为 钦定
二项式反演经典入门例题
注意到要计数的是恰好 \(k\) 次平局的方案数，设 \(f_i\) 表示恰好 \(i\) 次非平局的方案数，\(g_i\) 表示钦定了 \(i\) 次非平局的方案数。
\[f_k=\sum_{i=k}^{m}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}g_i \Leftrightarrow g_k=\sum_{i=k}^{m}\binom{i}{k}f_i
\]
现在要求的是树上钦定了 \(k\) 对祖孙关系的方案数，考虑设 \(h_{x,i}\) 表示 \(x\) 的子树内钦定了 \(i\) 对祖孙关系的方案数。合并两个子树就类似卷积形式暴力合并，以及对新加的根节点看是否会新增一对祖孙关系即可。剩下 \(m-k\) 对点可以随意匹配（只钦定了 \(k\) 对非平局，剩下的随便选），那么有：
\[g_k=f_{1,k}(m-k)!
\]
最后再套二项式反演即可。
弱化版：
概率转计数，依旧将恰好转化为钦定，设 \(f_k\) 表示恰好 \(k\) 个极大数的方案数，\(g_k\) 表示钦定 \(k\) 个的方案数，那么有反演 \(1\) 形式。设 \(S(x)=(n-x)(m-x)(l-x)\)
注意到 \(k\) 个极大数都会影响到 \(k\) 行 \(k\) 列 \(k\) 个纵截面，那么剩下的位置可以随便填。
再拆式子：
\[g_i=\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}\times\dfrac{nml}{(nml-S(i))!}\times h_i
\]
第一部分表示选出 \(i\) 个位置作为极大值的坐标的方案数，第二部分表示其他无关位置随便标号的方案数，那么我剩下没有考虑到的是被极大影响的位置（包括自身）的值标号的方案数。
不妨从按极大坐标的值从大到小考虑，那么被影响的点的限制会越来越紧，方便计算。
设当前考虑到了第 \(j\) 个极大坐标，显然它是所有未填取数中的最大值，只能选取最大的那个值，那剩下哪些只跟当前最大值有关联的坐标（即当前只需小于第 \(j\) 个极大坐标），配合上当前还没填的个数的总数，可以得到将这些坐标填值的方案数。
具体而言，假设当前还剩下 \(w\) 个数未填（极大坐标不算入），当前只跟最大值有关联的坐标有 \(x\) 个，那么方案数为：\(w^{\underline x}\)。
需要填的个数是 \(S(j-1)-S(j)-1\)（不被前 \(j-1\) 个极大坐标影响的位置减去不被前 \(j\) 大极大坐标影响的位置再减去第 \(j\) 个极大坐标），还剩的总点数是 \(S(0)-S(j-1)-1\)。
那么有：
\[\begin{aligned}
h_i&=\prod_{j=1}^{i}\dfrac{(S(0)-S(j-1)-1)!}{(S(0)-S(j-1)-1-(S(j-1)-S(j)-1))!}
\\
&=(S(0)-S(i)-1)!\prod_{j=1}^{i-1}\dfrac{1}{S(0)-S(j)}
\\
g_i&=\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}\times\dfrac{nml}{(S(0)-S(i))!}\times (S(0)-S(i)-1)!
\prod_{j=1}^{i-1}\dfrac{1}{S(0)-S(j)}
\\
g_i&=\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}(nml)!\prod_{j=1}^{i}\dfrac{1}{S(0)-S(j)}
\\
ans&=\frac{f_k}{(nml)!}=\dfrac{1}{(nml)!}\sum_{i\ge k}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}(nml)!\prod_{j=1}^{i}\dfrac{1}{S(0)-S(j)}
\\
ans&=\sum_{i\ge k}(-1)^{i-k}\binom{i}{k}\dfrac{nml}{(n-i)!(m-i)!(l-i)!}\prod_{j=1}^{i}\dfrac{1}{S(0)-S(j)}
\end{aligned}
\]
注意到最多只有 \(\min(n,m,l)\) 个极大值位置，所有直接求出每一项即可。
但是本题范围较大，不支持每次 \(O(\log n)\) 求逆元。
小 \(\text{trick}\)：考虑类似与求阶乘逆元那样预处理出所有数相乘的逆元，再倒着往回推就可以得到每个数的逆元了，复杂度就降到了线性。
牛牛题，介绍一个不需要多项式的做法。
首先显然每行恰好只有两个棋子。
转换：有编号为 \(1\sim m\) 的球各两个，求所有多少种方案放入 \(n\) 对无序二元组且二元组内两数不同。设方案数为 \(f(n,m)\)
先忽略一些棘手的限制，设 \(g(n,m)\) 表示将这 \(2\times m\) 个球放到 \(2\times n\) 个格子中的方案数。
如何计算 \(g\) ？考虑先枚举二元组内的两数相同的数量，再用不同的数补空。
\[g(n,m)=(2n)!\sum_{i=0}^{\min(m-n,n)}\dfrac{\binom{m}{n-i}\binom{m-n+i}{2i}}{2^{n-i}}
\]
大概意思是 \(\binom{m}{n-i}\) 的意思是枚举相同对数 \(n-i\) 的方案数，\(\binom{m-n+1}{2i}\) 表示从剩下的 \(m-n+i\) 个颜色球中选 \(2i\) 个数。\((2n)!\) 因为是有标号计数，再除掉相同数字的交换次序 \(2^{n-i}\)。
再思考如何用 \(f\) 表示 \(g\)，注意到 \(g\) 其实是计数 \(n\) 对有序二元组的数量。
那么考虑枚举选了多少对二元组用了相同的数组，再选一些颜色的球放进去，剩下的就再将有序变成无序，即可得到：
\[g(n,m)=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\dfrac{m!}{(m-i)!}2^{n-i}f(n-i,m-i)
\]
长得很像二项式反演！但是多了些杂项。
\[\dfrac{g(n,m)}{m!}=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\dfrac{2^{n-i}f(n-i,m-i)}{(m-i)!}
\]
注意到整个式子中，使用到的 \(f,g\) 中的 \(n,m\) 的差值始终不变，考虑换元。
\[\begin{aligned}
G_i&=\dfrac{g(i,i-n+m)}{(i-n+m)!}
\\
F_i&=\dfrac{2^if(i,i-n+m)}{(i-n+m)!}
\\
G_n&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}F_{n-i}
\\
G_n&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}F_i \Leftrightarrow F_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}G_i
\\
F_n&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}G_{n-i}
\\
\dfrac{2^nf(n,m)}{m!}&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\dfrac{g(n-i,m-i)}{(m-i)!}
\\
f(n,m)&=\dfrac{m!}{2^n}\sum_{i=0}^{n}(-1)^i\binom{n}{i}\dfrac{g(n-i,m-i)}{(m-i)!}
\end{aligned}
\]
注意到算 \(g(n,m)\) 的复杂度是 \(O(\min(m-n,n))\) 的，一共计算 \(n\) 次，复杂度为 \(O(\min(m-n,n)n)\)，刚好满足题目数据。
Nit 钦定的题目，确实比较牛。
设颜色为 \(k\) 的个数为 \(c_k\)，方案合法要满足：
\[\begin{aligned}
\sum_{k=1}^{D}\lfloor \frac{c_k}{2} \rfloor &\ge m
\\
\sum_{k=1}^{D}c_k-c_k \text{ mod }2 &\ge 2m
\\
\sum_{k=1}^{D}c_k \text{ mod }2 &\le n-2m
\end{aligned}
\]
\(D\le n-2m\) 和 \(n-2m \le 0\) 的情况是简单的，答案分别是 \(D^n\) 和 \(0\)。
设 \(f_i\) 表示恰好有 \(i\) 个 \(c_k\) 为奇数的方案数，依旧将恰好转钦定，设 \(g_i\) 表示钦定了 \(i\) 个 \(c_k\) 为奇数的方案数。
\[\begin{aligned}
ans&=\sum_{i=0}^{n-2m}f_i
\\
f_i&=\sum_{j\ge i}\binom{j}{i}(-1)^{j-i}g_j
\end{aligned}
\]
如果计算出 \(g\) 那么可以卷积得到 \(ans\)，那么现在可以转化为算 \(g\)。
考注意到所有出现次数为奇数的排列方案数 \(x\) 的 \(\text{EGF}\) 为 \(\dfrac{e^x-e^{-x}}{2}\)，出现次数任意的排列方案数的 \(\text{EGF}\) 为 \(e^x\)
\[\begin{aligned}
g_k&=[\dfrac{x^n}{n!}]\binom{D}{k}(\frac{e^x-e^{-x}}{2})^k(e^x)^{D-k}
\\
&=[\dfrac{x^n}{n!}]\binom{D}{k}\dfrac{1}{2^k}(e^x)^{D-k}\sum_{j=0}^{k}(-1)^j\binom{k}{j}(e^x)^{k-2j}
\\
&=\dfrac{1}{2^k}\dfrac{D!}{k!(D-k)!}[\dfrac{x^n}{n!}]\sum_{j=0}^{k}(-1)^j\dfrac{k!}{j!(k-j)!}e^{(D-2j)x}
\end{aligned}
\]
又有 \(\text{EGF}\) 公式：
\[\sum_{i\ge0}\dfrac{c^ix^i}{i!}=e^{cx}
\]
那么有：
\[\begin{aligned}
g_k&=\dfrac{1}{2^k}\dfrac{D!}{k!(D-k)!}\sum_{j=0}^{k}(-1)^j\dfrac{k!}{j!(k-j)!}(D-2j)^n
\\
&=\frac{D!}{(D-k)!2^k}\sum_{j=0}^{i}\dfrac{(-1)^j(D-2j)^n}{j!}\dfrac{1}{(i-j)!}
\end{aligned}
\]
注意到式子仍然是一个卷积形式，卷起来即可！
？？？
