二项式反演推导
反演公式：
\[f_n = \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) g_i
\Leftrightarrow
g_n = \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) f_i
\]
\[f_n = \sum_{i=0}^{n} C(n,i) g_i
\Leftrightarrow
g_n = \sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} C(n,i) f_i
\]
第一个式子的推导：
已知 \(f_n=\sum_{i=0}^{n}(-1)^ig_i\)
设： \(g_n=\sum_{i=0}^{n}t_{n,i}f_i\)， 其中\(t_{n,i}\)是待定的系数。
那么有：
\[ f_n = \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) \sum_{j=0}^{i} t_{i,j} f_j
\]
\[ \ \ \ \ \ = \sum_{j=0}^{n} f_j \sum_{i=j}^{n} (-1)^iC(n,i)t_{i,j}
\]
可能有很多构造 \(t_{i,j}\) 的方法，我们只考虑构造 \(t_{i,j}\) 满足：
\[ [j=n] = \sum_{i=j}^{n} (-1)^i C(n,i) t_{i,j}
\]
注意到
\[ [n=0] = \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i)
\]
那么
\[ [j=n] = \sum_{i=0}^{n-j} (-1)^i C(n-j,i)
\]
证明很显然，\([j=n] \Leftrightarrow [n-j=0]\)
可以发现， \(t_{i,j}\) 中应该有一个组合数因子，所以给上式配一个组合数：
\[ [j=n] = \sum_{i=0}^{n-j} (-1)^i C(n-j,i) C(n,j)
\]
又因为
\[ C(n-j,i)C(n,j) = C(n,i+j)C(i+j,j)
\]
所以有
\[ [j=n] = \sum_{i=0}^{n-j} (-1)^i C(n,i+j)C(i+j,j)
\]
对比 \((7)\)式 和 \((12)\)式 可以得出：
\[ t_{i,j} = (-1)^j C(i,j)
\]
于是乎 \((3)\)式 得证。
第二个式子的推导：
这个可以用 \(EGF\) 推：
\[ f_n = \sum_{i=0}^{n} C(n,i) g_i
\Leftrightarrow
\frac{f_n}{n!} = \sum_{i=0}^{n} \frac{g_i}{i!} \times \frac{1}{(n-i)!}
\]
那么 \(\left\{ \frac{f_n}{n!} \right\}\) 的 \(EGF\) 就是
\[ F = \sum_{i=0}^{+\infty} f_i x^i
\]
以及 \(\left\{ \frac{g_n}{n!} \right\}\) 的 \(EGF\) 就是
\[ G = \sum_{i=0}^{+\infty} g_i x^i
\]
又因为
\[ e^x = \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{x^i}{i!}
\]
\[ e^{-x} = \sum_{i=0}^{+\infty} \frac{(-x)^i}{i!}
\]
\[ \ \ \ \ \ \ \ \ \ = \sum_{i=0}^{+\infty} (-1)^i \frac{x^i}{i!}
\]
所以
\[ F = G \times e^x
\]
于是
\[ G = F \times e^{-x}
\]
重新展开就有
\[ \frac{g_n}{n!} = \sum_{i=0}^{n} \frac{f_i}{i!} (-1)^{n-i} \frac{1}{(n-i)!}
\]
即
\[ g_n = \sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) f_i
\]
于是乎 \((4)\)式 得证。
