2024.12.30 闲话

$q$-二项式定理：$\displaystyle\prod_{i=0}^{n-1}(1+q^iz)=\sum_{i=0}^nq^{i(i-1)/2}\dbinom ni_qz^i$ .

$q$-Pochhammer $\displaystyle(a:q)_n=\prod_{i=0}^{n-1}(1-aq^i)$ .

对比可以发现 $q$-Pochhammer 和 $q$-二项式定理明显有着千丝万缕的联系（

那么可以这样写：

$$\displaystyle(a:q)_n=\sum_{i=0}^n(-1)^iq^{i(i-1)/2}\dbinom ni_qa^i$$

K 逆序对排列计数

给定 $n,k$，计数有 $k$ 个逆序对的长度为 $n$ 的排列 .

无非就是要计算：

$$[q^k]\sum_{\pi\in S(n)}q^{\operatorname{inv}(\pi)}=[q^k]([n]!_q)=[z^k]\prod_{i=1}^n\dfrac{1-z^i}{1-z}$$

可以考虑计算 $\displaystyle\prod_{i=1}^n(1-z^i)$ 然后卷 $\dfrac1{(1-z)^n}$ .

发现一个问题：

$$\prod_{i=1}^n(1-z^i)=(-z:z)_n=\sum_{i=0}^n(-1)^iz^{i(i+1)/2}\dbinom ni_z$$

可以递推出前 $\sqrt k$ 项截断在 $z^k$ 以下的系数，总复杂度 $O(k\sqrt k)$ .

$q$-Pochhammer

给定 $a,q,n$，计算 $(a:q)_n\bmod 998244353$ .

$q$ 在模 $998244353$ 意义下不等于 $1$ .

由于某些原因可能需要先特判 $q\bmod998244353=0$ 或 $a\bmod998244353=0$ .

根据快速阶乘算法的经验，令块长为 $B$，只需计算：

$$f(x)=\prod_{i=1}^B(1-q^ix)$$

在 $a,a\cdot q^B,a\cdot q^{2B},\cdots$ 处的点值 .

然而 $f$ 的系数可以通过 $q$-二项式定理 $O(B)$ 递推得到（参考上一个题目），接下来可以使用 CZT 来求点值 .

怎么用 CZT

问题：对于多项式 $F$ 对于每个 $i$ 计算 $F(cq^i)$ .

最迅速的做法：首先计算 $F(cx)$，然后就可以直接调用传统 CZT 了 .

平衡一下最后时间复杂度为 $O(\sqrt n\log n)$（然而这里直接 ln-exp 求 $f$ 也是一样快的）.

例题：哈希杀手，Fibonacci Product .

可能后面再稍微学习一下 $q$-analog 的理论，感觉还是挺有趣味的 . 然而 12 月有 31 天！