远古文章，谨慎食用
二项式反演
\[f_n=\sum\limits_{i=0}^nC^i_ng_i \Leftrightarrow g_n=\sum\limits_{i=0}^n{(-1)}^{n-i}f_i
\]
证明：
容斥原理
\[|A_1 \cup A_2\cup\cdots\cup A_n|=\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|-\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+\cdots+(-1)^{n-1}\times |A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_n|
\]
证明：显然
如果一个元素 \(p\) 被 \(m\) 个集合包含，那么 \(p\) 对于左侧的贡献是 \(1\)
对于右侧的贡献：
\[ \sum\limits_{i=1}^m(-1)^{i-1}C^i_m\\\large=-\sum\limits_{i=1}^m(-1)^{i}C^i_m\\\large =
1-\sum\limits_{i=0}^m(-1)^{i}C^i_m\\\large=1-(1-1)^m=1
\]
二项式定理
\[(x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^nC^i_n x^i y^{n-i}
\]
这个柿子可以理解为 ，\(n\) 个括号，每个括号选择 \(x\) 或 \(y\) ，其中 \(i\) 个选了 \(x\) ，那么其余 \(n-i\) 个必然是\(y\) ，所以 \(x^i y^{n-i}\) 的系数是 \(n\) 个括号选择 \(i\) 个的方案数，即 \(C^i_n\)
容斥原理的最后一步就是这么证明的。
接着证明二项式反演
设集合 \(A_i\) 的补集是 \(B_i\) ，全集是 \(U\)， \(C_A\) 表示 \(A\) 的补集
那么\(A_1 \cup A_2\cup\cdots\cup A_n\) 的补集就是 \(B_1 \cap B_2\cap\cdots\cap B_n\) ，结合容斥原理可得
\[|B_1 \cap B_2\cap\cdots\cap B_n|=|U|-\sum\limits_{1\le i\le n}|A_i|-\sum\limits_{1\le i<j\le n}|A_i\cap A_j|+\cdots+(-1)^{n-1}\times |A_1\cap A_2\cap \cdots \cap A_n|
\]
\[\because C_{C_A}=A\\
\therefore |A_1 \cap A_2\cap\cdots\cap A_n|=|U|-\sum\limits_{1\le i\le n}|B_i|-\sum\limits_{1\le i<j\le n}|B_i\cap B_j|+\cdots+(-1)^{n-1}\times |B_1\cap B_2\cap \cdots \cap B_n|
\]
考虑一种特殊情况：集合的交集大小只与集合个数有关。给出一种可行的情况： \(U=\{1,2,\cdots,2n\},A_i=\{1,2,\cdots,i-1,i+1,\cdots,n,i+n\}\)
于是珂以令 \(f(i)\) 为 \(i\) 个集合补集的交集大小， \(g(i)\) 为 \(i\) 个原集的大小。
得到：
\[f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC^i_ng(i)\Leftrightarrow g(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC^i_nf(i)
\]
令 \(h(i)=(-1)^ig(i)\) ，那么
\[ f(n)=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^iC^i_ng(i)=\sum\limits_{i=0}^nC^i_nh(i)\Leftrightarrow g(n)=\dfrac{h(n)}{(-1)^n}=\sum\limits_{i=0}^n(-1)^{i}C^i_nf(i)\\
即f_n=\sum\limits_{i=0}^nC^i_nh_i \Leftrightarrow h_n=\sum\limits_{i=0}^n{(-1)}^{n-i}C_{n}^{i}f_i
\]
Min_Max 容斥
给定集合 \(S\) ，设 \(max(S),min(S)\) 分别为 \(S\) 中的最大、最小值，那么
\[max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T)
\]
证明：
考虑构造一个系数 \(f(i)\) 使得 \(max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}f(|T|)min(T)\)
不妨 \(S=\{1,2,\cdots,n\}\)
考虑通过枚举哪些集合的最小值是 \(x+1\) 计算这个第 \(x+1\) 大的数的贡献，这个那么贡献就是 \(\sum\limits_{i=0}^xC^i_xf(i+1)\)
而我们希望这个柿子只有在 \(x=0\) 的时候恰好是 \(1\) ，其余时候都是 \(0\) ，这样等式右边一加恰好是 \(S\) 的最大数，等于等式左边，则
\[[x==0]=\sum\limits_{i=0}^xC^i_xf(i+1)
\]
套用之前的二项式反演公式，设 \(A(x)=[x==0],B(x)=f(i+1)\)
由于 \(A(x)=\sum\limits_{i=0}^nC^i_nB(i)\)
可以得到 \(B(x)=\sum\limits_{i=0}^x(-1)^{x-i}A(i)\)
即 \(f(x+1)=\sum\limits_{i=0}^x(-1)^{x-i}[i==0]=(-1)^x\)
所以 \(f(x)=(-1)^{x+1}\)
\(max(S)=\sum\limits_{T\subseteq S}(-1)^{|T|+1}min(T)\)
证毕！
参考资料
http://blog.miskcoo.com/2015/12/inversion-magic-binomial-inversion
https://www.cnblogs.com/GXZlegend/p/11407185.html
https://blog.csdn.net/dt_kang/article/details/88805837
