二項式反演的常見形式有如下兩種：
\[f(n) = \sum_^n \binom ni g(i) \longleftrightarrow g(n) = \sum_^n (-1)^ \binom ni f(i)
\]\[f(n) = \sum_^m \binom in g(i) \longleftrightarrow g(n) = \sum_^m (-1)^ \binom in f(i)
\]我這裡簡要講一下第乙個式子的證明。只講證明，不講推導。
\[\begin
g(n) &= \sum_^n(-1)^\binom ni f(i)\\
&= \sum_^n(-1)^\binom ni \sum_^i \binom ijg(j)\\
&= \sum_^ng(j)\sum_^n(-1)^\binom ni\binom ij\\
&= \sum_^ng(j)\sum_^n(-1)^\binom nj\binom\\
&= \sum_^n\binom njg(j)\sum_^n(-1)^\binom\\
&= \sum_^n\binom njg(j)\sum_^(-1)^\binomt\\
&= \sum_^n\binom njg(j)(-1)^\sum_^(-1)^\binomt\\
\end
\]可以發現，如果 \(n-j \neq 0\)，那麼，\(\sum\limits_^(-1)^\binomt = 0\)。但是如果 \(n-j = 0\)，那麼就只會算乙個 \(\binom 00 = 1\)。也就是說，只有在 \(j=n\) 的時候，後面才會有用， 這個時候 \(\binom nn g(n)(-1)^0 = g(n)\)，因此 \(g(n) = g(n)\)。
證畢。
至於第二個式子，可以把第乙個式子改造改造，或者用類似第乙個式子的證法就可以證明了。
眾所周知，第二類斯特林數 \(s(n, k) = \beginn\\k \end\) 表示 \(n\) 個不同的小球放進 \(k\) 個相同的盒子，且盒子不能為空的方案數。
所以我們很容易得到乙個簡單的遞推式：
\[\beginn\\k \end = \beginn-1\\k-1 \end+\beginn-1\\k \end\cdot k
\]如果我們需要求出所有的 \(s(n, i)\)，這樣直接遞推是 \(o(n^2)\) 的。但是結合二項式反演，我們可以 \(o(n\log n)\) 求出所有的 \(s(n, i)\)。
既然第二類斯特林數要求盒子不能為空，那麼我們就可以很容易的得到乙個這樣的等式。
\[k^n = \sum_^k i! \binom ki \beginn\\i\end
\]左邊表示把 \(n\) 個不同小球放進 \(k\) 個不同的盒子，且可以為空，右邊的話，就是先列舉有哪些盒子是不為空的，然後用斯特林數求一下方案數，乘上從 \(k\) 個盒子中選擇 \(i\) 個數組合起來的方案數；但是這樣求出來的相同的盒子的方案，因此還需要乘上 \(i!\)。
我們令 \(f(k) = k^n\)，\(g(k)=k!\beginn\\k \end\)。根據上面的結論，有
\[f(k) = \sum_^k \binom ki g(i)
\]那麼直接二項式反演
\[g(k)=\sum_^k(-1)^\binom ki f(i)\\
k!\beginn\\k \end=\sum_^k (-1)^\binom kii^n\\
\begin
\beginn\\k \end &= \frac 1\sum_^k (-1)^\binom kii^n\\
&= \frac 1\sum_^k \frac k!i^n}\\
&= \sum_^k \frac i^n}
\end
\]我們令 \(a_i = \frac\)，\(b_i = \frac\)。用 fft 將 \(a\) 和 \(b\) 做卷積就可以了。
bzoj2839 集合計數
題解bzoj已經沒有什麼好害怕的了
題解
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