反演公式：
[f_n = sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) g_i
Leftrightarrow
g_n = sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) f_i
]
[f_n = sum_{i=0}^{n} C(n,i) g_i
Leftrightarrow
g_n = sum_{i=0}^{n} (-1)^{n-i} C(n,i) f_i
]
第一个式子的推导：
已知 (f_n=sum_{i=0}^{n}(-1)^ig_i)
设： (g_n=sum_{i=0}^{n}t_{n,i}f_i)， 其中(t_{n,i})是待定的系数。
那么有：
[ f_n = sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) sum_{j=0}^{i} t_{i,j} f_j
]
[ = sum_{j=0}^{n} f_j sum_{i=j}^{n} (-1)^iC(n,i)t_{i,j}
]
可能有很多构造 (t_{i,j}) 的方法，我们只考虑构造 (t_{i,j}) 满足：
[ [j=n] = sum_{i=j}^{n} (-1)^i C(n,i) t_{i,j}
]
注意到
[ [n=0] = sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i)
]
那么
[ [j=n] = sum_{i=0}^{n-j} (-1)^i C(n-j,i)
]
证明很显然，([j=n] Leftrightarrow [n-j=0])
可以发现， (t_{i,j}) 中应该有一个组合数因子，所以给上式配一个组合数：
[ [j=n] = sum_{i=0}^{n-j} (-1)^i C(n-j,i) C(n,j)
]
又因为
[ C(n-j,i)C(n,j) = C(n,i+j)C(i+j,j)
]
所以有
[ [j=n] = sum_{i=0}^{n-j} (-1)^i C(n,i+j)C(i+j,j)
]
对比 ((7))式 和 ((12))式 可以得出：
[ t_{i,j} = (-1)^j C(i,j)
]
于是乎 ((3))式 得证。
第二个式子的推导：
这个可以用 (EGF) 推：
[ f_n = sum_{i=0}^{n} C(n,i) g_i
Leftrightarrow
frac{f_n}{n!} = sum_{i=0}^{n} frac{g_i}{i!} imes frac{1}{(n-i)!}
]
那么 (left{ frac{f_n}{n!} ight}) 的 (EGF) 就是
[ F = sum_{i=0}^{+infty} f_i x^i
]
以及 (left{ frac{g_n}{n!} ight}) 的 (EGF) 就是
[ G = sum_{i=0}^{+infty} g_i x^i
]
又因为
[ e^x = sum_{i=0}^{+infty} frac{x^i}{i!}
]
[ e^{-x} = sum_{i=0}^{+infty} frac{(-x)^i}{i!}
]
[ = sum_{i=0}^{+infty} (-1)^i frac{x^i}{i!}
]
所以
[ F = G imes e^x
]
于是
[ G = F imes e^{-x}
]
重新展开就有
[ frac{g_n}{n!} = sum_{i=0}^{n} frac{f_i}{i!} (-1)^{n-i} frac{1}{(n-i)!}
]
即
[ g_n = sum_{i=0}^{n} (-1)^i C(n,i) f_i
]
于是乎 ((4))式 得证。