前言

符号约定：

$C_n^m$表示在$n$个元素中选择$m$个，而不是在$m$个元素中选择$n$个。

简介

一个二项式反演就是一个简单的推导。 $$\begin{gathered} 若有f(n)=\sum _{i=0}^n{C}_n^{i}g(i) \\ 则有g(n)=\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}f(i) \end{gathered}$$ 来一个简单的证明吧： $$\begin{array}{rl}右式& =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^{i}f(i)\\ & =\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^i\sum _{j=0}^i{C}_i^{j}g(j)\\ & =\sum _{i=0}^n\sum _{j=0}^i(-1{)}^{n-i}{C}_n^i{C}_i^{j}g(j)\\ & =\sum _{j=0}^n\sum _{i=j}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^i{C}_i^{j}g(j)\end{array}$$ 因为组合数的性质: $$C_i^j\times C_j^k=C_i^k\times C_{i-k}^{j-k}$$ 有 $$\begin{array}{rl}右式& =\sum _{j=0}^n\sum _{i=j}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^j{C}_{n-j}^{i-j}g(j)\\ & =\sum _{j=0}^n\sum _{i=0}^{n-j}(-1{)}^{n-i-j}{C}_n^j{C}_{n-j}^{i}g(j)\end{array}$$ 可以发现，存在 $$\sum _{i=0}^{n-j}(-1{)}^{n-i-j}{C}_{n-j}^i=(1-1{)}^{n-j}$$ 那么 $$\begin{array}{rl}右式& =\sum _{j=0}^n(1-1{)}^{n-j}g(j)\end{array}$$ 因为当$n-j\ne 0$的时候，是右边绝对是$0$，因此只有$n=j$的时候有贡献，又因为存在： $$\sum _{i=0}^n(-1{)}^{n-i}{C}_n^i=1$$ 因此 $$右式=g(n)=左式$$ （突然发现这证明还是很长的）

例题

LUOGU-P5505 [JSOI2011]分特产

题意就不说了，数据范围也不说了。

首先可以发现，恰好全部人都能分到特产是非常难算的。那么就转化问题。

首先设两个函数 $$\begin{array}{rl}& f(i)表示恰好有i个人没有得到特产，其余人得到特产\\ & g(i)表示钦定了i个人没有得到特产,其他人随意\end{array}$$ 那么可以得到： $$g(i)=\sum _{j=i}^n{C}_i^{j}f(j)⟺f(i)=\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}{C}_i^{j}g(j)$$ 而最终的答案显然是$f(0)$。

接下来就是求出$g(i)$，因为已经钦定了$i$个人，那么剩下人只需要用插板法随意分配就好了。 $$g(i)=\prod _{j=0}^m{C}_{a_j+i-1}^{i-1}$$ 可以发现，二项式定理可以用于解决一些有"恰好$k$个"，“刚好$k$个"的计数问题。将"恰好"转化为"钦定”，通常可以是问题更简单。

LUOGU-P4859 已经没有什么好害怕的了

题意就不说了，数据范围也不说了。

首先，转化一下题目说法，可以发现，药片比糖果能量大的组有$m=\frac{n+k}{2}$个。

接着继续设两个函数： $$\begin{array}{rl}f(i)& 表示恰好m组是药片比糖果能量大的，剩余是药片比糖果能量大的。\\ g(i)& 表示钦定m组是药片比糖果能量大的，剩余随意\end{array}$$ 可以发现： $$g(i)=\sum _{j=i}^n{C}_i^{j}f(j)⟺f(i)=\sum _{j=i}^n(-1{)}^{j-i}{C}_i^{j}g(j)$$ 答案显然为$f(k)$。接下来求解$g(i)$。

设$li{m}_i$表示比$a_i$小的$b_j$个数，那么可以得到： $$f(i,j)=f(i-1,j)+f(i-1,j-1)\ast \left[r_i-(j-1)\right]$$ 而$g(i)$显然就是$f(n,i)\times (n-i)!$。