\[f(n)=\sum _ ^n (-1)^i \binom n i g(i) \leftrightarrow g(n)=\sum _ ^n (-1)^i \binom n i f(i)
\]這個式子可以通過集合相關知識得到（容斥）
然後令：\(h(n)=(-1)^ng(n)\)
那麼有\[f(n)=\sum_^n \binom n i h(i) \leftrightarrow \frac=\sum_^n \binom n i f(i)
\]然後把式子整理一下，得到第二種表示二項式定理的形式
\[f(n)=\sum_^n \binom n i g(i) \leftrightarrow g(n)=\sum_^n \binom n i f(i)
\]直接帶入推導並且交換列舉順序可以得到：
\[f(n)=\sum_ ^n f(j)\sum _ ^n (-1)^ \binom n i \binom i j
\]後面的組合數：\(\binom n i \binom i j\) 考慮其組合意義，從 \(n\) 個裡面選 \(i\) 個再從 \(i\) 個裡面選 \(j\) 個用組合階乘式子能給推成\(\binom n j\binom \)
然後再改變列舉順序，平移一下迴圈變數
\[f(n)=\sum_ ^n \binom n j f(j) \sum _ ^ (-1)^t \binom t
\]在後面乘上 \(1\) 的對應次方，用二項式定理轉一步
\[f(n)=\sum_ ^n \binom n i f(i) (1-1)^
\]顯然得證（只有\(i=n\)時那個 \((1-1)^\) 不為 \(0\)）
還有一種相對常見的式子，因為題目中大多會表述為恰好選幾個，然後我們用多步容斥（或二項式反演）就會方便求解
\[f(n)=\sum_^m \binom i n g(i)\leftrightarrow g(n)=\sum_^m (-1) ^ \binom i n f(i)
\]相關證明和上面的類似
我們設 \(g\) 為正確答案，\(f\) 為至少 \(k\) 個答案
設 \(dp_\) 為前 \(i\) 個選 \(j\) 個 \(a\) 中比 \(b\) 中大的
先看是不是要配對，不要那就是 \(f_+=f_\)
再看如果配對的話，那就是 \(f_=f_+(larger(i)-j+1)\)
\(larger(i)\) 表示 \(a_\) 大於幾個 \(b_i\)，可以用暴力或者單調棧做掉……
\(f_x=dp_\times(n-x)!\)
這裡上個反演就做完了
\[g_i=\sum_^n (-1)^ \binom i k \times dp_\times (n-i)!
\]
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