二項式反演
如果有\(g_{i} = \sum_{j = 1}^{i} \binom{i}{j}f_{j} \Longleftrightarrow f_{i} = \sum_{j = 1}^{i}(-1)^{i - j} \binom{i}{j}g_{j}\)
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\(f_{k}\)的系數為\([i == k]\)
則\(f_{k}\)的系數為\(\sum_{j = k}^{i} (-1)^{i - j} \binom{i}{j} \binom{j}{k}\)
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，\(\binom{i}{k} = 1\),所以系數為1；當\(i != k\)時，前一個式子為0，所以系數為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，其中第一項與最后一項異號，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 = \(\binom{i - 1}{0} - (\binom{i - 1}{0} + \binom{i - 1}{1})......\)
因此最后每一項都被抵消了，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\((-1)^{j}\)是容斥系數，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\(f\)數組時，也是一樣的容斥方式。
應用：
錯排問題：設\(f_{i}\)表示恰好有\(i\)個數不在原位的方案數，\(g_{i} = i!\)
那么有
$$g_{n} = \sum_{i = 0}^{n} \binom{n}{i} f_{i}$$
根據二項式反演得：
$$f_{n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i} \binom{n}{i}g_{i}$$
$$f_{n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i} \binom{n}{i}i!$$
$$f_{n} = \sum_{i = 0}^{n}(-1)^{n - i} \frac{n!}{(n - i)!}$$
改成枚舉\(n - i\)
$$= n!\sum_{i = 0}^{n} \frac{(-1)^{i}}{i!}$$
注意：這里只能保證反演后的式子滿足最初的式子，但因為只用到了原來的那個式子，並不一定可以滿足所有可以滿足第一個式子的\(f_{i}\)的含義。如用\(f_{i}\)表示恰好\(i\)個數在原位的方案數，那么式子還是一樣的，但現在反演后的式子與這個\(f_{i}\)的定義相違背。
球的染色問題：n個球，k種顏色，求滿足相鄰顏色不同，每種顏色至少出現一次的方案數。
如果忽略每種顏色至少出現一次的限制的話，方案數就為\(k(k - 1)^{n - 1}\),相當於依次安排顏色，對於任意一個非第一個的球，都需要保證與上一個球的顏色不同，因此方案數為\(k - 1\),第一個球因為沒有限制，所以方案數為\(k\)
設\(f_{i}\)表示恰好使用i種顏色的方案數。\(g_{k}\)表示n個球，用了k種顏色，不強制每種顏色必須出現的方案數。那么問題就是要求\(f_{n}\)
因為不強制每種顏色必須出現的方案數就是出現i(0, 1, 2, 3, 4...)種顏色的方案數之和。所以:
$$g_{k} = k(k - 1)^{n - 1} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} f_{i}$$
反演后：
$$f_{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} g_{i}$$
$$f_{k} = \sum_{i = 0}^{k} \binom{k}{i} i(i - 1)^{n - 1}$$