二项式反演
会证二项式反演啦！
其实推式子还是很好玩的，对吧。
先来说一下二项式反演的内容：
设你有两个数列\(f\)和\(g\)，满足：
\[g_i=\sum_{j=1}^i {i \choose j} f_j
\]
那么一定有：
\[f_i=\sum_{j=1}^i (-1)^{i-j} {i \choose j} g_j
\]
其实二项式反演还有另一种形式，只不过最常用的是上面那种，在这里也写出来：
如果有：
\[g_i=\sum_{j=1}^i (-1)^j {i \choose j} f_j
\]
那么：
\[f_i=\sum_{j=1}^i (-1)^j {i \choose j} g_j
\]
下面来证明一下第一种形式。
把第一个式子代入第二个可以知道：
\[f_i=\sum_{j=1}^i (-1)^{i-j} {i \choose j} \sum_{k=1}^j {j \choose k} f_k
\]
整理一下，\(f_k\)的系数就是：
\[\sum_{j=k}^i (-1)^{i-j} {i \choose j} {j \choose k}
\]
我们只要证明上面的式子等价于\([i==k]\)即可，把二项式系数拆成阶乘的形式：
\[\sum_{j=k}^i (-1)^{i-j} \frac{i!}{j!(i-j)!}*\frac{j!}{k!(j-k)!}
\]
消掉\(j!\)，再把\(i!\)和\(k!\)提出来：
\[\Bigg( \sum_{j=k}^i (-1)^{i-j} \frac{1}{(i-j)!(j-k)!} \Bigg) * \frac{i!}{k!}
\]
再在前面乘以\((i-k)!\)，后面除以\((i-k)!\)：
\[\Bigg( \sum_{j-k}^i (-1)^{i-j} \frac{(i-k)!}{(i-j)!(j-k)!} \Bigg) * \frac{i!}{k!(i-k)!}
\]
就等于：
\[\Bigg( \sum_{j=k}^i (-1)^{i-j} {i-k \choose j-k} \Bigg) * {i \choose k}
\]
不难发现前面那一项就是\(i-k\)的二项式系数错位相减，这是等于\([i-k=0]\)的，也就是在\(i!=k\)时，前一项永远为\(0\)。而\(i==k\)时，前后两项都为\(1\)，因此得证。
\(note\)：有些题目的式子推出来是下标从\(0\)开始的，也可以用二项式反演。因为证明过程并没有用到那个\(1\)。
然后就可以用二项式反演来套路题目了，一般就是你要求\(f\)，已经知道一个好求的\(g\)满足\(g_i=\sum_{j=1}^i {i \choose j} f_j\)，然后就只要二项式反演一下就好了。
