二项式反演

我们给定两个函数$F(x)$和$f(x)$，定义域在非负整数上。
若存在如下给定关系：

$$F(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^iC_n^if(i)$$
则有： $$f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{i}C_n^iF(i)$$
可以看见这个式子挺对称的。
但是还有另一个形式的二项式反演，而且用的比较多
若存在如下关系：
$$F(n)=\sum_{i=0}^nC_n^if(i)$$
那么我们反演可以得到：
$$f(n)=\sum_{i=0}^n(-1)^{n-i}C_n^iF(i)$$

给个例题吧： 【UVALive - 7040】 Color
题目大意：
有$n$个连续的格子和$m$种不同颜色的染料，现在要用恰好$k$种染料对这$n$个格子染色，每种染料至少染一个格子，并且任意相邻的格子颜色不同，问这样选出染料并染色的合法方案数对$10^9+7$取模的值。

$1≤n,m≤10^9,1≤k≤min(10^6,n,m)$
我们先看只有k个的时候的种数，计算出的结果只要乘上$C_m^k$就是答案了
我们先看不管恰好是k个的限制，先看上限不超过k个的时候的答案，设为$F(k)$
易知：

$$F(k)=k*(k-1)^{n-1}$$
那么我们在恰好是k个的时，也就是我们要求的答案，设为$f(k)$,显然这个不好求，但是我们可以找到和$F$的关系；
则有： $$F(k)=\sum_{i=0}^kC_k^if(i)$$
这就是二项式反演的样子了，就反演得：
$$f(k)=\sum_{i=0}^k(-1)^{k-i}C_k^iF(i)$$
就可以做了，最后别忘了乘上组合数，这个和莫比乌斯反演很像的。
代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define ull  unsigned long long
#define ll long long
#define mod 1000000007
#define maxn 1000005
using namespace std;
ll fac[maxn],inv[maxn];
ll P(ll a,ll b)
{
    ll ans=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)ans=ans*a%mod;
        b>>=1;
        a=a*a%mod;
    }
    return ans;
}
void init()
{
    fac[0]=1;
    for(int i=1;i<maxn;i++)
        fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
    inv[maxn-1]=P(fac[maxn-1],mod-2);
    inv[0]=1;
    for(int i=maxn-2;i>=1;i--)
        inv[i]=inv[i+1]*(i+1)%mod;
}
ll C(int n,int m)
{
    if(n<m)return 0;
    return fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int n=1;
ll g(ll x)
{
    return x*P(x-1,n-1)%mod;
}
int main()
{
    init();
    int t;
    cin>>t;
    int cal=1;
    int m,k;
    while(t--)
    {
        cin>>n>>m>>k;
        ll ans=0;
        for(int i=1;i<=k;i++)
        {
            ll temp=C(k,i)*g(i)%mod;
            //cout<<C(k,i)<<" "<<g(i)<<" "<<temp<<endl;
            if((k-i)&1)ans=(ans-temp+mod)%mod;
            else ans=(ans+temp)%mod;
        }
        for(int i=m;i>m-k;i--)
            ans=ans*i%mod;
        ans=ans*inv[k]%mod;
        printf("Case #%d: %lld\n",cal++,ans);
   }
   return 0;
}