二项式反演似乎是个很有趣的东西~
二项式反演似乎有很多条。
第一条（最基本，最好记的一条）：若序列 $f$ 和 $g$ 满足：
$$g_n=\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i{n\choose i}f_i$$
那么
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i{n\choose i}g_i$$
反过来也成立。
证明：（公式恐惧症者可以跳过）
第一个式子代入第二个式子：
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}(-1)^i{n\choose i}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^j{i\choose j}f_j$$
全部放到后面：
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{i+j}{n\choose i}{i\choose j}f_j$$
拆开：
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{i+j}\frac{n!}{i!(n-i)!}\frac{i!}{j!(i-j)!}f_j$$
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{i+j}\frac{n!}{(n-i)!j!(i-j)!}f_j$$
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{i+j}\frac{n!}{(n-j)!j!}\frac{(n-j)!}{(n-i)!(i-j)!}f_j$$
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{i+j}\frac{n!}{(n-j)!j!}\frac{(n-j)!}{(n-i)!((n-j)-(n-i))!}f_j$$
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{i+j}{n\choose j}{n-j\choose n-i}f_j$$
改变枚举顺序：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}\sum\limits^n_{i=j}(-1)^{i+j}{n\choose j}{n-j\choose n-i}f_j$$
跟 $i$ 无关的提出去：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}(-1)^j{n\choose j}f_j\sum\limits^n_{i=j}(-1)^i{n-j\choose n-i}$$
枚举 $i$ 改为枚举 $i+j$：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}(-1)^j{n\choose j}f_j\sum\limits^{n-j}_{i=0}(-1)^{i+j}{n-j\choose n-(i+j)}$$
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}(-1)^{2j}{n\choose j}f_j\sum\limits^{n-j}_{i=0}(-1)^i{n-j\choose n-j-i}$$
前面，$(-1)^{2j}$ 一定是 $1$，可以省略；后面，可以添上 $1^{n-j-i}$，式子不变。
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j\sum\limits^{n-j}_{i=0}(-1)^i1^{n-j-i}{n-j\choose n-j-i}$$
后面用二项式定理：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j(-1+1)^{n-j}$$
根据 $0^n=[n=0]$：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j[n=j]$$
有用的只有 $n=j$：
$$f_n={n\choose n}f_n$$
得证。（似乎网上没有这个式子的证明，我仿照了别的证明才死磕出来的Q^Q）
然而这个式子不是很常用。
第二条（最常用的一条）：若序列 $f$ 和 $g$ 满足：
$$g_n=\sum^n_{i=0}{n\choose i}f_i$$
那么
$$f_n=\sum^n_{i=0}(-1)^{n-i}{n\choose i}g_i$$
反过来也成立。
证明：（公式恐惧症者可以跳过）
第一个式子代入第二个式子：
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}(-1)^{n-i}{n\choose i}\sum\limits^i_{j=0}{i\choose j}f_j$$
全部放到后面：
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{n-i}{n\choose i}{i\choose j}f_j$$
拆开，同上可得：
$$f_n=\sum\limits^n_{i=0}\sum\limits^i_{j=0}(-1)^{n-i}{n\choose j}{n-j\choose n-i}f_j$$
改变枚举顺序：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}\sum\limits^n_{i=j}(-1)^{n-i}{n\choose j}{n-j\choose n-i}f_j$$
跟 $i$ 无关的提出去：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j\sum\limits^n_{i=j}(-1)^{n-i}{n-j\choose n-i}$$
枚举 $i$ 改为枚举 $n-i$：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j\sum\limits^{n-j}_{i=0}(-1)^i{n-j\choose i}$$
后面，可以添上 $1^{n-j-i}$，式子不变。
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j\sum\limits^{n-j}_{i=0}(-1)^i1^{n-j-i}{n-j\choose i}$$
后面用二项式定理：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j(-1+1)^{n-j}$$
根据 $0^n=[n=0]$：
$$f_n=\sum\limits^n_{j=0}{n\choose j}f_j[n=j]$$
有用的只有 $n=j$：
$$f_n={n\choose n}f_n$$
得证。实际上上面这两条和下面将提到的两条证明过程都十分相似，我就不赘述了。
第三条（比较冷门的一条）：若序列 $f$ 和 $g$ 满足：
$$g_k=\sum^n_{i=k}(-1)^i{i\choose k}f_i$$
那么
$$f_k=\sum^n_{i=k}(-1)^i{i\choose k}g_i$$
反过来也成立。
第四条（比较常用的一条）：若序列 $f$ 和 $g$ 满足：
$$g_k=\sum^n_{i=k}{i\choose k}f_i$$
那么
$$f_k=\sum^n_{i=k}(-1)^{i-k}{i\choose k}g_i$$
反过来也成立。
二项式定理主要用来解决一些形如“恰好”的这类计数问题。通常恰好的方案数不好算，但是至多或者至少的方案比较好算，就可以用二项式反演。
那么来几道例题：
Color：UVAlive-7040（题解）
已经没什么好害怕的了：洛谷4859，BZOJ3622（Todo）
（欢迎dalao们帮忙找更多的例题，谢谢OvO）