/* mod must be a prime*/
const int mod = 1e9 + 7;
namespace combinatory
ll inv(ll x)
ll fac[maxn], invfac[maxn];
void initc(int n)
ll a(ll n, ll m)
ll c(ll n, ll m)
// ll d[maxn];
// void initd(int n) else
// d[i] = (1ll * i * d[i - 1] + 1) % mod;
// }
// }
}using namespace combinatory;
二項式反演：
若 \(f(n)=\sum\limits_^\binomg(i)\)
則 \(g(n)=\sum\limits_^(-1)^\binomf(i)\)
通常用 \(f(i)\) 表示至多， \(g(i)\) 表示恰好，然後用二項式反演求出來。
這裡的要求是這個係數恰好是二項式係數。
求至少的話，要再進行一套轉換。
隔板法：x個相同的小球，有y個不同的盒子，每個盒子可以為空，求有多少種方案數？把y個不同的盒子視作y-1個不同的隔板，然後把小球視作不同的，全排列有 \(a_^\) 種，然後除以隔板的全排列（隔板之間沒有區別），再除以小球的全排列（小球之間也沒有區別），最後在兩側再加入兩個隔板，然後兩個隔板之間的就是這個盒子分配到的球數，也就是 \(c_^\) 。
常用的求和：
\(c_n^m = c _^+c _^\)
\(mc_n^m = nc _^\)
二項式定理： \(\sum\limits_^nc_n^i=c_n^0+c_n^1+c_n^2+……+c_n^n = 2^n\)
類似求和 \(\sum\limits_^n(-1)^ic_n^i=c_n^0-c_n^1+c_n^2-……+(-1)^nc_n^n = 0\) （奇數項求和=偶數項求和）
\(\sum\limits_^n2^ic_n^i = 3^n\)
利用 \(c_n^mc_m^k=c_n^kc_^\) ，加上二項式定理，可以得到下式
\(1c_n^1+2c_n^2+3c_n^3+……+nc_n^n =n2^\)
\(\sum\limits_ic_n^i = \sum\limits_c_i^1c_n^i = \sum\limits_c_n^ic_i^1 \\ = \sum\limits_c_n^1c_^ = c_n^1\sum\limits_^n c_^ \\ = c_n^1\sum\limits_^ c_^i \\ = n2^ \\\)
\(1^2c_n^1+2^2c_n^2+3^2c_n^3+……+n^2c _n^n =n(n+1)2^\)
\(\frac-\frac+\frac+……+(-1)^\frac =1 + \frac+ \frac+……+ \frac\)
\((c_n^0)^2+(c_n^1)^2+(c_n^2)^2+……+(c _n^n)^2 = c_^n\)
n個球選x個染黑，黑球之間位置差至少為k的方案：在n-(x-1)(k-1)裡面選x個黑球，染黑之後在前x-1個黑球後緊跟k-1個白球，得一一對應。
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