這是一篇防遺忘的二項式反演證明部落格
在此不給出精妙的容斥證明，開始推代數證明
眾所周知二項式反演有兩個形式
\(f(n) = \sum_^ (-1)^\binomg(i) \leftrightarrow g(n) = \sum_^ (-1)^ \binomf(i)\)
這個式子簡直妙啊……太對稱了
然而它更常用的形式是這個
\(f(n) = \sum_^\binomg(i) \leftrightarrow g(n) = \sum_^ (-1)^ \binom f(i)\)
我們來證明一下
證明反演的一般套路就是代入啦
\(f(n) = \sum_^ (-1)^\binomg(i)\)
\(f(n) = \sum_^ (-1)^\binom\sum_^ (-1)^ \binom f(j)\)
我們考慮更換列舉順序
\(f(n) = \sum_^ \sum_^ (-1)^ \binom \binom f(j)\)
如果只有j = n的時候，
\(\sum_^ \sum_^ (-1)^ \binom \binom\)值為1的話，那麼式子是成立的
（雖然在別的情況下例如加加減減之後也是f(n)但是這個式子就是有這樣特殊的性質）
\(\binom \binom = \frac\cdot\frac = \frac\cdot\frac = \binom\binom\)
\(\sum_^ \sum_^ (-1)^ \binom\binom\)
\(\sum_^ (-1)^ \binom\sum_^ (-1)^\binom\)
\(\sum_^ (-1)^ \binom\sum_^ (-1)^\binom\)
顯然在組合數之間相隔乙個填乙個不同的+-號，考慮楊輝三角，除了第一行，剩下的和全是0
那麼就有
\(\sum_^ (-1)^ \binom[n == j]\)
只有當j = n的時候，值才是1，於是反演得證
對於第二種形式呢，可以也推出乙個類似的式子
\(f(n) = \sum_^ (-1)^\binom\sum_^ (-1)^ \binom f(j)\)
\(\sum_^ \sum_^ (-1)^ \binom \binom\)
\(\sum_^ \sum_^ (-1)^ \binom\binom\)
\(\sum_^ (-1)^ \binom\sum_^ (-1)^\binom\)
\(\sum_^ (-1)^ \binom[n == j]\)
於是也可以得證
然後你會發現，這個東西寫成矩陣是個下三角，按理來說，這個東西會有乙個上三角形式，例如莫比烏斯反演
那麼其實是有的
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binomg(i) \leftrightarrow g(k) = \sum_^ (-1)^ \binomf(i)\)
什麼，也是那麼對稱的麼
還有乙個常用形式
\(f(k) = \sum_^ \binomg(i) \leftrightarrow g(k) = \sum_^ (-1)^ \binomf(i)\)
然後再去證明
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binomg(i)\)
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binom \sum_^ \binom f(j)\)
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binom \sum_^ (-1)^ \binom f(j)\)
\(f(k) = \sum_^ \sum_^ (-1)^\binom \binom f(j)\)
\(\binom\binom = \frac\frac = \frac\frac = \binom\binom\)
\(f(k) = \sum_^ \sum_^ (-1)^\binom\binom\)
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binom\sum_^ (-1)^\binom\)
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binom\sum_^ (-1)^\binom\)
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binom[k == j]\)
同理第二種形式也可以證明
\(f(k) = \sum_^ \sum_^ (-1)^\binom \binom f(j)\)
\(f(k) = \sum_^ \sum_^ (-1)^\binom\binom f(j)\)
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binom\sum_^ (-1)^ \binom f(j)\)
\(f(k) = \sum_^ (-1)^\binom[j == k] f(j)\)
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