子集反演
一般有一个很套路的方法。
比如现在有一个全集条件集合 (U)。
现在要求恰好 (S) 集合满足，(U-S) 集合不满足的方案数，设其为 (f_S)，然而这个并不能直接算出。
有一个比较好算的东西是，钦定 (T) 集合满足，不管 (U-T) 集合是否满足的方案数，设其为 (g_T)。
显然有
(g_S=sumlimits_{S in T} f_T)
然后我们可以根据子集反演得到
(f_S=sum limits_{S in T} g_T(-1)^{|T|-|S|})
这样的话就可以算出要求的方案数了。
这个玩意正确的原因是这样的。
可以直接把前一个式子代入后一个式子，会得到
(f_S=sum limits_{S in T} sum limits_{T in Z}f_Z (-1)^{|T|-|S|})
(=sum limits_{Sin Z}f_Zsum limits_{S in T,T in Z} (-1)^{|T|-|S|})
(=sum limits_{Sin Z}f_Zsum limits_{T in Z-S} (-1)^{|T|})
(=sum limits_{Sin Z}f_Z[S=Z]=f_S)
可能你们做过一道叫做小星星的题。
https://www.luogu.com.cn/problem/P3349
题意大概就是要找一个1~n的排列，来给每个节点重新编号，使得树上相邻的编号之间存在一条边。
这题中的限制实际上就是
1.(n) 个点均出现在用来编号的排列中。
2.相邻的编号存在边。
所以考虑这样一个做法，首先将排列这个限制去掉，转化为任意编号。
钦定集合 (S) 不出现在编号序列中，然后做一个简单的树形 (dp) 来统计这样的方案数 (g_S)。
套用上面的式子（其实现在求的就是 (f_0) ），我们知道 (ans=sum limits_{S} g_S (-1)^{|S|})。
二项式反演
这个东西就与子集反演比较类似了。
如果现在的条件集合与具体哪些没有关系，而只与集合大小有关。
同样钦定若干个条件满足，设为 (g_i)。
将恰好的方案数设为 (f_i)。
有（注意这个组合数 (inom{k}{i}) ）
(g_i=sum limits_{i leq k}f_kinom{k}{i})
然后根据二项式反演可以得到
(f_i=sum limits_{i leq k}g_kinom{k}{i}(-1)^{k-i})
同样用代入的方法证明，将前一个式子代入后一个。
(f_i=sum limits_{i leq k}sum limits_{k leq j}f_jinom{j}{k}inom{k}{i}(-1)^{k-i})
(=sum limits_{i leq j}f_j sum limits_{i leq k leq j}inom{j}{k}inom{k}{i}(-1)^{k-i})
(=sum limits_{i leq j}f_j sum limits_{i leq k leq j}inom{j}{i}inom{j-i}{k-i}(-1)^{k-i})
(=sum limits_{i leq j}f_j inom{j}{i} sum limits_{k=0}^{j-i}inom{j-i}{k}(-1)^k)
(=sum limits_{i leq j}f_j inom{j}{i} (1-1)^{j-i}=f_i)
可能你们做过一道叫做集合计数的题。
题目大意
一个有 (n) 个元素的集合有 (2^n) 个不同子集（包含空集）.
现在要在这 (2^n) 个集合中取出至少一个集合，使得它们的交集的元素个数为 (k) ，求取法的方案数。
(1 leq n leq 10^6 ，0 leq k leq n) 。
这题的做法是这样的。
要求的是交集大小恰好为 (k) ，设为 (f_k)。
有一个容易算出的东西是钦定交集大小至少为 (k)，设为 (g_k)。
有 (g_k=inom{n}{k} (2^{2^{n-k}}-1))
(g_k=sum limits_{i geq k} inom{i}{k}f_i)
所以可以套用二项式反演的式子得到 (f_k=sum limits_{i geq k}inom{i}{k}(-1)^{i-k}g_i)
很抱歉，这次讲课准备的很仓促。
下次一定（好好讲）。