证明基本都是自己瞎证的，如果证法比较丑请见谅。
容斥原理
一道小学题 求 (n(nle 10^9)) 以内不能被 (2,3,5) 整除的整数个数。
考虑这个 Venn 图。三个圆分别表示被 (2,3,5) 整除的数构成的集合，那么要求的就是圆外的面积。
假设什么限制也不管，只管一共有 (n) 个数，那么每块都是算一遍。
圆外的面积自然就是总面积减去里面的，我们想到 (n-lfloor frac{n}{2} floor-lfloor frac{n}{3} floor-lfloor frac{n}{5} floor)。
你发现重合的部分多扣了，所以你又把两两的重合部分加上，现在你的答案是 (n-lfloorfrac{n}{2} floor-lfloorfrac{n}{3} floor-lfloorfrac{n}{5} floor+lfloorfrac{n}{2 imes 3} floor+lfloorfrac{n}{2 imes 5} floor+lfloorfrac{n}{3 imes 5} floor)。
你发现中间（三圆重合的部分）又多出来了，把它减掉。(n-lfloorfrac{n}{2} floor-lfloorfrac{n}{3} floor-lfloorfrac{n}{5} floor+lfloorfrac{n}{2 imes 3} floor+lfloorfrac{n}{2 imes 5} floor+lfloorfrac{n}{3 imes 5} floor-lfloorfrac{n}{2 imes 3 imes 5} floor)。
你发现它完美了：该算的被算了一遍，别的被算了零遍。
考虑一个比较一般的容斥的式子：
记 (A_1) 到 (A_n) 是 (n) 个集合，(U={1,2,cdots ,n})。那么
为什么这是对的？
考虑一个元素。假设它出现在了 (n) 个集合中的 (k(k>0)) 个。则它的贡献恰好是
(sum_{i=1}^k (-1)^{i-1}inom ki\ =1-sum_{i=0}^k (-1)^iinom ki\ =1-(-1+1)^k\ =1)
。我们发现有出现过的算了一次，没出现过的算了零次。
根据上面的经验，我们发现，容斥就是通过加加减减的方式，使得符合要求的方案算到恰好一遍，其他方案算到零遍，以做到不重不漏不多不少。
二项式反演
小学题加强版 对 (k=0,1,2,3)，分别求出 (n(nle 10^9)) 以内恰能被 (2,3,5) 中的 (k) 个整除的整数个数。
先考虑 (k=3)，这时候答案显然是三圆重合的部分，就是 (f_3=lfloorfrac{n}{2 imes 3 imes 5} floor)。
然后是 (k=2)，这时我们想到 (lfloorfrac{n}{2 imes 3} floor+lfloorfrac{n}{2 imes 5} floor+lfloorfrac{n}{3 imes 5} floor)。但是你发现中间那块被多算了 (3) 遍，于是有 (f_2=lfloorfrac{n}{2 imes 3} floor+lfloorfrac{n}{2 imes 5} floor+lfloorfrac{n}{3 imes 5} floor-inom 32f_3) 了。
接下来算 (k=1)，和刚才一样，你算出了 (f_1=lfloorfrac{n}{2} floor+lfloorfrac{n}{3} floor+lfloorfrac{n}{5} floor-inom 21f_2-inom 31f_3)。
那么 (f_0=n-inom 10f_1-inom 20f_2-inom 30f_3)。
考虑比较一般的问题。你有 (n) 个限制，对所有的 (k)，要求出满足恰好 (k) 个限制的方案数。
对于一个 (k)，你强行钦定它满足其中 (k) 个条件，而算出答案为 (g_k)；记最后的答案为 (f_k)。那么根据刚才的经验，很明显：
但这个复杂度是 (n^2) 的，有时候 (n) 很大，你算不了。有没有更快的做法？
那你移个项，容易得到：(g_k=sum_{j=k}^ninom jk f_j)。
组合数拆出来：(k!g_k=sum_{j=k}^n frac{1}{(j-k)!}j!f_j)
设 (g'_k=g_{n-k}(n-k)!,f'_k=f_{n-k}(n-k)!)。那么 (g'_k=sum_{j=0}^kfrac{1}{(k-j)!}f'_j)。
然后是喜闻乐见的生成函数环节。(G_1(x)=sum_i g'_ix^i,F_1(x)=sum_i f'_ix^i)。
那么就有 (G_1(x)=e^xF_1(x))。所以 (F_1(x)=e^{-x}G_1(x))。而 (e^{-x}=sum_i (-1)^ifrac{x^i}{i!})。
这时候我们就有了明显的思路：先从 (g) 数组转成 (G_1(x))，然后使用 FFT/NTT 做卷积，算出 (F_1(x))，然后转成 (f) 数组。
时间复杂度 (O(nlog n))。
但是有时候我们不仅想这样求，还想把式子给他写得漂亮些。
刚刚我们推到了 (F_1(x)=e^{-x}G_1(x))，其中 (e^{-x}=sum_i (-1)^ifrac{x^i}{i!})。
也就是 (f'_k=sum_{j=0}^kfrac{(-1)^{k-j}}{(k-j)!}g'_j)。
(k!f_k=sum_{j=k}^nfrac{(-1)^{j-k}}{(j-k)!}j!g_j)
(f_k=sum_{j=k}^ninom jk(-1)^{k-j}g_j)。事实上啊，
这个式子就是二项式反演了。二项式反演还有更好看的形式：
min-max 容斥
再看看这个容斥的式子：
记 (A_1) 到 (A_n) 是 (n) 个集合，(U={1,2,cdots ,n})。那么(
|igcup_{i=1}^n A_i|=sum_{Ssubset U,S
e emptyset}(-1)^{|S|-1}|igcap_{iin S}A_i|
)。
试试把 (igcup) 换成 (max)，把 (igcap) 换成 (min)，集合 (A_i) 改成数 (a_i) 吧。那么得到：
举个例子：
(
max{2,3,4}\
=min{2}+min{3}+min{4}-min{2,3}-min{2,4}-min{3,4}+min{2,3,4}\
=2+3+4-2-2-3+2
=4
)
你发现它竟然是对的！
能证明吗？
一样的思路，不妨假设 (a_1le a_2le cdotsle a_n)。考虑 (a_x) 被算到的次数，为：
(sum_{i=0}^{n-x}inom {n-x}i (-1)^{n-x})
（它要是子集的最小值，该子集的其他元素就只能选后面的）。
当 (k<n) 时，化为 ((-1+1)^{n-k}=0)；当 (k=n) 时，化为 (1)。
故只有最大的那个值贡献到了答案，它就是对的。这就是 min-max 容斥。
但是你觉得这个东西很蠢，最大值明明可以直接算。
之所以要拿出来说，是因为 min-max 容斥在期望下也是对的。
也就是说，
成立。
举例说明：袋子里有 (n(nle 20)) 种颜色的球，每一回合你会拿出一个球然后放回，摸出的球为第 (i) 种颜色的概率为 (p_i(sum p_i=1))。求期望多少回合后，每种颜色都摸到过至少一次。（HDU4336）
设第 (i) 种颜色期望 (x_i) 次被第一次摸到，则答案是 (E(max_{i=1}^n x_i))。
你发现 (E(max x_i)) 不好求，(E(min_{iin S}x_i)) 还比较好求，为 (frac{1}{sum_{iin S} p_i})。
套用刚刚的式子，就得到
(
E(max_{i=1}^n x_i)\
=sum_{Ssubset U,S
e emptyset}(-1)^{|S|-1}E(min_{iin S}x_i)\
=sum_{Ssubset U,S
e emptyset}(-1)^{|S|-1}frac{1}{sum_{iin S} p_i}
)
(n) 只有 (20)，直接算就行了。
Wait! 但是我们还没证明 min-max 容斥在期望下也是对的呢！
考虑在这里计算期望的一种方法：
(E(max_{i=1}^n x_i)=sum_tP(x=t)max_{i=1}^n t_i)
(E(min_{i=1}^n x_i)=sum_tP(x=t)min_{i=1}^n t_i)
其中 (t) 是一个长度为 (n) 的序列。
(E(max_{i=1}^n x_i)\ =sum_tP(x=t)max_{i=1}^n t_i\ =sum_tP(x=t)sum_{Ssubset U,S e emptyset}(-1)^{|S|-1}min_{iin S}t_i\ =sum_{Ssubset U,S e emptyset}(-1)^{|S|-1}sum_tP(x=t)min_{iin S}t_i\ =sum_{Ssubset U,S e emptyset}(-1)^{|S|-1}E(min_{iin S}x_i) )
嗯，这样就证完了，也没啥意思。
还有更强的式子
记 (U={1,2,cdots ,n})，(operatorname{kthmax}_{i=1}^n a_i) 为 (a) 数组的第 (k) 大值，则：
（规定 (n<m) 时 (inom nm=0)）
证明：
不妨假设 (a_1le a_2le cdotsle a_n)。
(sum_{Ssubset U,S
e emptyset}(-1)^{|S|-k}inom{|S|-1}{k-1}min_{iin S}a_i\
=sum_{i=1}^n a_isum_{Ssubset U,S
e emptyset}(-1)^{|S|-k}inom{|S|-1}{k-1}[a_i=min_{jin S}a_j]\
=sum_{i=1}^n a_isum_{j=k}^ninom{n-i}{j-1}inom{j-1}{k-1}(-1)^{j-k})
对于组合数，有等式 (inom abinom bc=inom acinom{a-c}{b-c})。于是：
(
=sum_{i=1}^n a_isum_{j=k}^ninom{n-i}{k-1}inom{n-i-k+1}{j-k}(-1)^{j-k}\
=sum_{i=1}^n a_iinom{n-i}{k-1}sum_{j=k}^ninom{n-k+1-i}{j-k}(-1)^{j-k}\
=sum_{i=1}^n a_iinom{n-i}{k-1}sum_{j=0}^{n-k+1-i}inom{n-k+1-i}{j}(-1)^{j}
)
当 (i=n-k+1) 时，(inom{n-i}{k-1}sum_{j=0}^{n-k+1-i}inom{n-k+1-i}{j}(-1)^{j}=1)；
否则 (inom{n-i}{k-1}sum_{j=0}^{n-k+1-i}inom{n-k+1-i}{j}(-1)^{j}=0)。
所以 (sum_{i=1}^n a_iinom{n-i}{k-1}sum_{j=0}^{n-k+1-i}inom{n-k+1-i}{j}(-1)^{j}=operatorname{kthmax}_{i=1}^n a_i)
于是证完了。
于是又有
EXTRA
其实还有一个关于 (gcd) 和 (operatorname{lcm}) 的容斥。
它长这样：(operatorname{lcm}_{i=1}^n a_i=prod_{Ssubset U,S e emptyset}(gcd_{iin S}a_i)^{(-1)^{|S|-1}})
其中 (U={1,2,cdots ,n})。
为什么对？你考虑 (a_i=prod_k p_k^{alpha_k})。
- 取两个数的 (gcd) 就是每个 (alpha) 取 (min)；
- 取两个数的 (operatorname{lcm}) 就是每个 (alpha) 取 (max)；
- 两个数相乘就是 每个 (alpha) 求和；
- 两个数相除就是 每个 (alpha) 求差。
于是那个式子就相当于对每个 (alpha) 同时搞了个 min-max 容斥，自然就是对的了。
例题
二项式反演
luogu P4859 已经没有什么好害怕的了
luogu P4491 染色
luogu P5401 珍珠
min-max 容斥
HDU 4336 Card Collector
luogu P3175 按位或
HDU4624 Endless Spin
BZOJ 4833 最小公倍佩尔数
luogu P4707 重返现世
AGC 038E Gachapon