q-analog（q-模拟）初探

每次都因为睡觉搁置了写笔记的安排，这次一定不能咕。

好吧就是抄了一遍 PPT，q-Lucas 的证明之后抄飘飘的。

q-analog（即 q-模拟），是对于一个对象 \(u\) 构造一个关于 \(q\) 的表达式 \(f(q)\)，使得：

\[\lim_{q \to 1} f(q) = u \]

这是一个比较 general 的定义。这里 \(q\) 可以是一个形式幂级数，也可以是一个比较具体的值，可以具体问题具体分析带入合适的 \(q\)。实际上 \(q\) 的意义就是对同一个对象附上不同的组合意义，得到一个生成函数或者是一个具体对象；而 \(q=1\) 的时候这个具体的对象刚好就是 \(u\)。

好吧，比较抽象。我们先举出几个比较简单的对象的 q-analog。

• 对于一个正整数 \(n\)，定义其 \(\operatorname{q-integer}\) 为 \(\displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} q^i = \dfrac{1-q^n}{1-q}\)，记做 \([n]_q\)。

验证容易发现，在 \(q\) 趋近于 \(1\) 的时候，\([n]_q = n\)（可以直接洛）。

• 对于一个正整数 \(n\)，定义其 \(\operatorname{q-fractional}\) 为 \([n]_q ! = \displaystyle \prod_{i=1}^n [i]_q\)。

这个展开的形式也比较简便，就不费这点心思写公式了。

• 对于两个非负整数 \(n,m(n>m)\)，定义其 \(\operatorname{q-binomial\ coefficient}\) 为 \(\displaystyle \begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_q = \dfrac{[n]_q !}{[m]_q ! [n-m]_q !} = \displaystyle \begin{bmatrix} n \\ n-m \end{bmatrix}_q\)。

不知道有没有什么广义二项式系数的 q-模拟，既然是初探那就暂时不管吧！

• 对于一个非负整数 \(n\) 以及一组和为 \(n\) 的非负整数 \(a_1,a_2,\cdots ,a_k\)，定义其 \(\operatorname{q-polynomial\ coefficient}\) 为 \(\displaystyle \begin{bmatrix} n \\ a_1,a_2,\cdots ,a_k \end{bmatrix}_q = \dfrac{[n]_q !}{[a_1]_q ! [a_2]_q ! \cdots [a_k]_q !}\)。

可以对照组合数理解。容易发现 \(q=1\) 的时候就是组合数，现在能否理解 q-模拟 想做的事情了？

如果看到下面没有 \(q\) 的下标自动补上就好了 ×

接下来研究一些定理。主要研究二项式系数。

定理 1：记 \(S_n\) 为所有 \(n\) 阶排列构成的集合，\(\tau(p)\) 为排列 \(p\) 的逆序对数，有：

\[\sum_{p \in S_n} q^{\tau(p)} = [n]_q ! \]

证明：

有一个结论是，记 \(c_i\) 为排列中以 \(i\) 为第二个元素的逆序对个数（就是逆序对 \((x,i),x<i\) 的个数），那么一个序列 \(c\) 和一个排列唯一对应，反之亦然（可以看这个题）。

继续分析 \([n]_q !\) 本身。容易发现 \([i]_q\) 的生成函数相当于在枚举 \(c_i\)，对应每一个排列，定理得证。

可以写出一个代数证明，但是我懒了。

定理 1.5：记 \(S_n\) 为 \(a_1\) 个 \(1\)，\(a_2\) 个 \(2\)，……，\(a_k\) 个 \(k\) 构成的排列集合，\(\tau(p)\) 为序列 \(p\) 的逆序对数，有：

\[\sum_{p \in S_n} q^{\tau(p)} = \begin{bmatrix} n \\ a_1,a_2,\cdots ,a_k \end{bmatrix}_q \]

此定理 \(k=2\) 的特殊情况将在之后证明，\(k>2\) 的情况可以推广而来不再证明。

定理 2：（排列从 \(1\) 开始编号）记 $\displaystyle \tau(p) = \sum_{i\in S_p} i $，其中 \(S_p = \{i \mid p_i>p_{i+1}\}\)。记 \(S_n\) 为 \(a_1\) 个 \(1\)，\(a_2\) 个 \(2\)，……，\(a_k\) 个 \(k\) 构成的排列集合，有：

\[\sum_{p \in S_n} q^{\tau(p)} = \begin{bmatrix} n \\ a_1,a_2,\cdots ,a_k \end{bmatrix}_q \]

容易发现形式和定理 1.5 的形式一模一样。这说明了降位和和逆序对的分布是相同的。这个给出一个合理的组合意义解释非常困难，可以看论文。

定理 3：若 \(n \geq 1\)，则有 \(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_q = \begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}_q + q^m\begin{bmatrix} n-1 \\ m \end{bmatrix}_q\)。

有简单的代数证明，但是代数推导天地灭，这不优秀啊！

我们先假定这个是对的，带入 \(n = n+m\)，可以得到：

\(\begin{bmatrix} n+m \\ n \end{bmatrix}_q = \begin{bmatrix} n+m-1 \\ m-1 \end{bmatrix}_q + q^m \begin{bmatrix} n+m-1 \\ m \end{bmatrix}_q = q^n \begin{bmatrix} n+m-1 \\ n \end{bmatrix}_q + \begin{bmatrix} n+m-1 \\ n-1 \end{bmatrix}_q\)。

这个式子显然跟我们的定理等价。记网格图上从 \((0,0)\) 只向上或向右到 \((n,m)\) 的路径的集合为 \(S\)，路径 \(p\) 右下角（或左上角）的格子个数为 \(\tau(p)\)，容易发现 \(\displaystyle \begin{bmatrix} n+m \\ n \end{bmatrix}_q = \sum_{p \in S} q^{\tau(p)}\)。这给出了一个递推式的形式，容易发现初值对应，定理得证。

然后是 \(\operatorname{q-Catalan}\)。有 \(\operatorname{Cat}(n)_q = \dfrac{\begin{bmatrix} 2n \\ n \end{bmatrix}_q}{[n+1]_q} = \begin{bmatrix} 2n \\ n \end{bmatrix}_q - \begin{bmatrix} 2n \\ n+1 \end{bmatrix}_q\)。

给它一个组合意义：记所有长度为 \(2n\) 的合法出入栈序列集合为 \(S\)，\(\tau(p)\) 为序列 \(p\) 的降位和，则 \(\operatorname{Cat}(n)_q = \sum_{p \in S} q^{\tau(p)}\)。

定理 4（\(q\)-二项式定理）：

\[\prod_{i=0}^{n-1} (1+q^iy) = \sum_{i=0}^n q^{\frac{i(i-1)}{2}} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}_q y^i \]

我们继续考虑一个组合意义。\([y^c]\prod_{i=0}^{n-1} (1+q^iy)\) 相当于一个 \(n\) 列的直方图，第 \(i\) 列共有 \(i-1\) 个格子，选 \(c\) 列出来。对于选出来的 \(c\) 列，先把选出来的第 \(i\) 列上面 \(i-1\) 个格子削掉（共有 \(\dfrac{i(i-1)}{2}\) 个格子，容易发现不存在没有东西削的情况），然后剩下的所有列，上一列一定不比当前列高。这样的话就是算从 \((0,0)\) 走到 \((c,n-c)\) 所有路径的权值，一条路径的权值定义为，设其右下角的格子个数为 \(c\)，\(q^c\)（总之就是直接沿用二项式系数的定义），那么显然就是 \(\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}_c\)。

定理 5：

\[\begin{bmatrix} n+m \\ k \end{bmatrix}_q = \sum_{i=0}^k q^{(n-i)(k-i)} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}_q \begin{bmatrix} m \\ k-i \end{bmatrix}_q \]

类似于范德蒙德卷积。

再给一个组合意义证明。\(\begin{bmatrix} n+m \\ k \end{bmatrix}_q\) 可以用 \(n+m\) 个数里有 \(k\) 个 \(1\)，然后用逆序对（实际上在这里取用的是顺序对）那套意义去理解。和式里面就是枚举前 \(n\) 个里面有 \(i\) 个 \(1\)，算左右两边的逆序对，然后补上两块之间的逆序对。

定理 6：

\[\begin{bmatrix} n+m+1 \\ n+1 \end{bmatrix}_q = \sum_{i=0}^m q^i\begin{bmatrix} n+i \\ n \end{bmatrix}_q \]

使用定理 3，重复展开即可证明。组合意义也是考虑走网格图，比较通用的证明方法。

定理 7（\(q\)-二项式定理-负指数形式）：

\[\prod_{i=0}^{n-1} \dfrac{1}{1-q^ix} = \sum_{i=0}^{+∞} \begin{bmatrix} n+i-1 \\ i \end{bmatrix}_q x^i \]

还是考虑 \([x^c]\prod_{i=0}^{n-1} \dfrac{1}{1-q^ix}\)。相当于 \(c\) 列，每列都不大于 \(n\) 的直方图，以格子大小为指数，也即从 \((0,0) \to (i,n-1)\) 所有路径的权值，一条路径的权值定义为，设其右下角的格子个数为 \(c\)，\(q^c\)（总之就是直接沿用二项式系数的定义）。想必不用我多说了吧。

定理 8（\(\operatorname{q-Lucas}\)）：有一个模分圆多项式的基本形式，CRT 之后可以得到新形式（其中 \(n/d\) 为 \(n\) 除以 \(d\) 向下取整的值）：

\[\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_q = \dbinom{n \bmod d}{m \bmod d} \begin{bmatrix} n / d \\ m / d \end{bmatrix}_q \]

其中 \(q=e^{2ci\pi/d}\)，且 \(\gcd(c,d)=1\)。

证明不会。

要对于一个具体的 \(q\) 算 q-二项式系数的值的话，令 \(d = \operatorname{ord}(q)\)，有：

\[\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_q = \begin{bmatrix} n/d \\ m/d \end{bmatrix}_q \dbinom{n \bmod d}{m \bmod d} \]

接下来研究 q-analog 的应用。首先要知道这些东西怎么算。

比如研究 \([n]_q !\) 的前 \(k\) 项（\(k \leq n\)），先展开：\([n]_q ! = \dfrac{(1-q)(1-q^2)\cdots (1-q^n)}{(1-q)^n}\)。

法一：这个东西，显然可以使用多项式 \(\exp\) 算，求导再求积（付公主的背包），时间复杂度 \(O(n \log n)\)，延展性并不强。

法二：背包，显然最多只能选 \(O(\sqrt k)\) 个数，最后再做个多项式卷积，时间复杂度 \(O(n \sqrt n)\)，复杂度取决于分母的计算复杂度。

法三：五边形数，显然这里有值的位置比较稀疏，仍然是多项式卷积，时间复杂度 \(O(n \sqrt n)\)。

法四：杨表。不是很会这个东西。

法五：采用 q-二项式定理对分子变形：

\[[n]_q ! = \dfrac{(1-q)(1-q^2)\cdots (1-q^n)}{(1-q)^n} = \prod_{i=0}^{n-1}(1-q \cdot q^i) = \sum_{i=0}^n (-1)^i q^{\frac{(i+1)i}{2}} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}_q \]

变形之后，如果算前 \(k\) 项，那么 \(\sum\) 的上指标就会缩减到 \(O(\sqrt k)\) 级别。

然后考虑每一项的生成函数。注意到 \(\begin{bmatrix} n \\ m+1 \end{bmatrix}_q = \begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_q \dfrac{1-q^{n-m}}{1-q^{m+1}}\)（考虑 q-二项式系数 的定义）。这样的话就可以 \(O(k)\) 递推，总时间复杂度 \(O(k \sqrt k)\)。

这样算 \([n]_q!f(q)\) 也能 \(O(k \sqrt k)\) 算了，延展性比较高。

通过分拆数这个工具引出 \(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_q\) 的另一个组合意义：

\[\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_q = [t^n] \dfrac{1}{1-t} \prod_{i=1}^m \dfrac{1}{1-q^it} \]

仍然考虑网格图，走出来的路径其实也就是一个 Ferrers 图像。上面的很多东西也可以这么解释。有个不用 q-analog，但是用到了 Ferrers 图像相关性质的题，可以看山河重整 - Sol。

对于 \(q\) 有具体取值的也可以做，具体考虑快速阶乘（复杂度 \(O(\sqrt n\log n)\)）的做法。

考虑一些有限域下的矩阵计数。有两个简单的小 intro：

求 \(\mathbb{F}_q^n\)（意思是 \(n\) 维的模 \(q\) 意义下的空间）的向量个数：显然是 \(q^n\)。

求 \(\mathbb{F}_q^n\) 上的 \(n \times n\) 的矩阵个数：显然是 \(q^{n^2}\)。

然后再考虑一些比较难的问题。

求 \(\mathbb{F}_q^n\) 中大小为 \(k\) 的线性无关向量组个数（顺序不同也认为不同）：

第一个向量不能选零向量，方案数 \(q^n-1\)；第二个向量有两个不能选，方案数 \(q^n-q\)；第三个有四个不能选，方案数 \(q^n-q^2\)，以此类推。

记这个问题的答案为 \(((n)_k)_q\)。显然有：

\[((n)_k)_q = \prod_{i=0}^{k-1} (q^n - q^{i}) = q^{\frac{k(k-1)}{2}} \prod_{i=n-k+1}^n(q^i-1) = \dfrac{(q-1)^k q^{\frac{k(k-1)}{2}} [n]_q!}{[n-k]_q!} \]

求 \(\mathbb{F}_q^n\) 中的 \(k\) 维子空间的个数（如果选出的向量张成出同一个子空间算一样的）：

先钦定一组大小为 \(k\) 的线性无关向量组当成这 \(k\) 维子空间的基，方案数 \(((n)_k)_q\)；注意到这时每个子空间会被算 \(((k)_k)_q\) 次，答案就是 \(\dfrac{((n)_k)_q}{((k)_k)_q}\)。

恰巧有一个结论是：

\[\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix}_q = \dfrac{((n)_k)_q}{((k)_k)_q} \]

结论容易验证，考虑组合解释：

\(\begin{bmatrix} n \\ k \end{bmatrix}_q\) 描述了 \(n\) 个盒子放 \(m\) 个球，方案数关于是否有球生成一个 01 序列逆序对的生成函数。

\(\dfrac{((n)_k)_q}{((k)_k)_q}\) 描述的是 \(k\) 个行基向量消元后得到的 \(k \times n\) 的上三角矩阵 \(F\)，算不同的消元后的矩阵（对应不同的空间）。考虑每一列，如果这一列上出现了一个新的向量，那么方案数为 \(1\)（消元过程已确定），否则方案数为已有向量的张成空间里任选一个的方案数，记前面有的 \(1\) 的个数为 \(p\)，方案数就是 \(q^p\)。

算了，能数的东西很多（比如可对角化矩阵计数之类的……），基本上都是一样的，用两个例题结束吧。

CF1603F October 18, 2017

问题等价于，给定 \(\mathbb{F}_2^k\) 上一个向量 \(v\)，有多少个 \(\mathbb{F}_2^k\) 上的大小为 \(n\) 的向量组不能线性表示 \(v\)。\(k \leq 10^7,n \leq 10^9\)。

这个题用组合数学的方法好像真的只评得上 2700，不是很懂。

用 q-analog 的方法考虑。

如果 \(v\) 是零向量就非常好办，答案就是 \(((k)_n)_2\)，这个可以 \(O(k)\) 算。

如果不是，我们先枚举 \(r\)，然后生成所有的大小为 \(r\) 的不能线性表示 \(v\) 的线性无关向量组。第一个向量不能是 \(v\) 或者零向量，少了两种选择，第二个向量少了四种选择，类推可知方案数为 \(\dfrac{((k)_{r+1})_2}{2^k-1}\)。

然后还有 \(n-r\) 个向量可以随机插入，这 \(n-r\) 个向量要被之前的向量线性表示，用生成函数的形式写出就是 \(\displaystyle [x^{n-r}] \prod_{i=0}^r \dfrac{1}{1-2^ix}\)。根据定理 7 可知这个就是 \(\begin{bmatrix} n \\ r \end{bmatrix}_2\)。

答案就是对所有的 \(r\) 求和，都可以用 \(O(k)\) 的时间算出来。

LOJ562 Tangjz 的背包

题意：记 \(\displaystyle f(v) = [x^vy^m] \prod_{i=1}^n (1+x^iy)\)，求 \(\displaystyle \sum_{v=1}^p 19190506^{p-v}f(v)\)，其中 \(p\) 是使得 \(f(p) \neq 0\) 的最大整数。多组询问，\(T \leq 5\times 10^5\)，\(n,m \leq 10^{12}\)，对 \(998244353\) 取模。

令 \(C=19190506\)。浅推一波式子：

\[\begin{aligned} \sum_{v=1}^p C^{p-v} [x^vy^m] \prod_{i=1}^n (1+x^iy) &= C^p \sum_{v=1}^p C^{-v} [x^vy^m] \prod_{i=1}^n (1+x^iy) \\ &= C^p \sum_{v=1}^p [x^vy^m] \prod_{i=1}^n (1+(C^{-1}v)^iy) \\ &= C^p [y^m] \prod_{i=1}^n (1+B^{-1}y) \\ &= C^{p-\frac{(m+1)(m+2)}{2}} \begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_{C^{-1}} \end{aligned} \]

最后一步运用了定理 4。

现在问题是 \(p\) 是多少了……显然 \(\displaystyle p = \sum_{i=n-m+1}^n i\)，问题在于怎么算 \(n,m\) 很大的情况下的二项式系数，可以用 \(\operatorname{q-Lucas}\) 解决。