二項式反演

　　如果有\(g_{i} = \sum_{j = 1}^{i} \binom{i}{j}f_{i} \Longleftrightarrow f_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i}{j}g_{j}\)
　　證明：
　　先將1式帶入2式，得到
　　\[f_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i}{j}\sum_{k = 1}^{j} \binom{j}{k}f_{k}\]
　　證明等式成立相當於證明對於等式右邊而言，所有\(f_{k}\)的係數為\([i == k]\)
　　則\(f_{k}\)

的係數為\(\sum_{j = k}^{i} (-1)^{i - j} \binom{i}{j} \binom{j}{k}\)
　　化簡:\[\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \frac{i!}{j!(i - j)!} \frac{j!}{k!(j - k)!}\]
　　消去\(j!\)，提出\(\frac{i!}{k!}\),
　　\[(\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \frac{1}{(i - j)!(j - k)!}) \frac{i!}{k!}\]
　　乘\((i - k)!\),除\((i - k)!\),
　　\[(\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \frac{(i - k)!}{(i - j)!(j - k)!}) \frac{i!}{k!(i - k)!}\]
　　\[(\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i - k}{j - k}) \binom{i}{k}\]
　　---> 證:\[\sum_{j = k}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i - k}{j - k} = [i == k]\]
　　如果成立，則：當\(i == k\)時，\(\binom{i}{k} = 1\),所以係數為1；當\(i != k\)時，前一個式子為0，所以係數為0.
　　證明：
　　　　當\(i - k\)為奇數時，相當於有\(i - k + 1\)個數相加(分別對應取0個，取1個...取i - k個)，一共偶數個，其中第一項與最後一項異號，第二項與倒數第2項異號。。。根據組合數的對稱性，和為0。
　　　　當\(i - k\)為偶數時，相當於證：
　　　　\(\binom{i}{0} - \binom{i}{1} + \binom{i}{2} - ... -\binom{i}{i - 1} + \binom{i}{i} = 0\)
　　　　二項式定理證明：
　　　　　　\[0^{n} = (1 - 1)^{n} = \sum_{k = 0}^{n} \binom{n}{k}x^{n - k}y^{k} = 0\]
　　　　　　其中\(x = 1, y = -1\).
　　　　　　則\(x^{n - k}\)恆為1，\(y^{k} = +1, -1, +1, -1 ....\)
　　　　　　因此原式成立
　　　　組合數證明(楊輝三角)
　　　　　　原式 = \(\binom{i - 1}{0} - (\binom{i - 1}{0} + \binom{i - 1}{1})......\)
　　　　　　因此最後每一項都被抵消了，所以原式 = 0；
　　二項式反演還有另一種形式：
　　　　\[g_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{j} \binom{i}{j} f_{j} \Longleftrightarrow f_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{j} \binom{i}{j}g_{j}\]
　　　　這種性質可以用容斥來理解(非證明)。
　　　　因為可以把\(f_{j}\)看做是滿足某個性質的一個由i個集合組成的小集合，並且每個這樣的小集合都是相等的。因此\(\binom{i}{j}\)就等於這樣的集合個數，而\((-1)^{j}\)是容斥係數，因為進行了容斥，所以\(g_{i}\)可以看做是不滿足某個性質的一個由i個集合組成的小集合，因此用\(g_{i}\)求\(f\)陣列時，也是一樣的容斥方式。