闲话 7.12 - 斐波拉契拆分

贺自论文《FIBONACCI PARTITIONS》，

这个证明略去了一些繁而不难的分类讨论，感兴趣的（？）可以前往原论文查看。

根据欧拉五边形数定理，有：

\[\prod_{i\ge 1}(1-x^i)=1+\sum_{k\ge 1} (-1)^kx^{k(3k\pm 1)} \]

这也是在 \(S=\N\) 集合的拆分中，奇数互异的拆分和偶数互异拆分的差值。这样的差值总是 \(0,1,-1\)。那么，还有什么 \(S\) 满足这样的性质呢？

\(\{F_n\}_{n\ge 2}\) 被证明也满足这样的性质，其中 \(F_n\) 是斐波拉契数，\(F_1=F_2=1\)。

这也就是说：

\[\sum_{i\ge 2}(1-x^{F_i})=\sum_{i\ge 0}a_ix^i \]

中，\(|a_i|\le 1\)。

我们先确认几个记号：\(r(n)\) 表示互异斐波那契拆分（下记为：互异拆分）个数，\(r_E(n),r_O(n)\) 是偶数、奇数个拆分个数。\(a_n=r_E(n)-r_O(n)\)。 美观原因，也记作 \(a(n)\)。

我们仅仅需要几个关于斐波那契数的基本事实：

\[\sum _{i=2}^n F_i=F_{n+2}-2\ \ \ \ \ \ \dots (1) \]

以及齐肯多夫定理：每个数能唯一地表示成若干不相邻/重合的斐波那契数之和（称为最小表示）。我们将用 \(01\) 序列来表示不重合的斐波那契数之和，表示每个数有没有被选。

还有一个小结论：\(F_n\) 的任意互异拆分满足最后一个 \(1\) 后面（这里前是大，后是小，下同）的 \(0\) 个数的奇偶性和 \(n\) 相反。此外，\(F_3\) 出现而 \(F_2\) 未出现的互异拆分仅在 \(2\mid n\) 时唯一存在。

定理 \(1\)：

\[r(F_m)=\left\lfloor \frac m2\right\rfloor,r_E(F_m)=\left\lfloor \frac m4\right\rfloor \]

除非只选 \(F_m\)，必须选 \(F_{m-1}\)（由于 \((1)\)）。根据这一点归纳证明即可。

推论：

\[a(F_m)=\left\{\begin{matrix} 0 & n\equiv 0,1\pmod 4 \\ -1 & n\equiv 2,3\pmod 4 \\ \end{matrix}\right. \]

根据 \(a_n=2r_E(n)-r(n)\) 即得到。

为了计算 \(n\) 不是斐波拉契数的情况，我们需要一个类似于拆贡献的操作（比较巧妙）。

设 \(n\) 的最小表示是 \(n=F_{k_1}+F_{k_2}+\dots\)（从大到小，下同），记 \(01\) 序列的前 \(k_1-k_2\) 项为第一段，后面的为第二段。

这有什么好处呢？第一是这个为我们提供了一个可以归纳的递归结构，因为两段分别是更短的 \(01\) 序列。第二是跨段的贡献非常少，这就是说，我们把所有互异拆分分为两类：

• 没有跨段的。也就是说，第一段的贡献和还是 \(F_{k_1}\)，第二段的贡献和还是 \(n-F_{k_1}\)。
• 跨段的。注意到这样的情况和没有跨段的时候的第一段末尾是 \(10\)，第二段开头是 \(0\) 的情况是一一对应的，因为只能这么过来。我们统计的时候通常统计这个一一对应的情况。

还容易证明：如果一个互异拆分选取了 \(F_{k_1}\)，那么这个互异拆分的第一段一定和最小拆分一样（也就是后面都是 \(0\)），否则就爆了。（引理 \(1\)）

我们约定，\(n_i\) 表示 \(n-F_{k_1}-F_{k_2}-\dots-F_{k_i}\)。

引理 \(2\)：设 \(\newcommand \A{\overline} \A r(n)\) 是不包含 \(F_{k_1}\) 的互异拆分数。那么有：

\[\A r=r(n)-r(n_1) \]

证明：

即考察包含 \(F_{k_1}\) 的计数 \(r(n)-\A r(n)\)。此时根据引理 \(1\)，第一段和最小拆分是一样的，因此全部这样的拆分属于第一类。此时考察后面的 \(01\) 序列，和对 \(n_1\) 的互异拆分数是一样的。

推论：\(\A r_E(n)=r_E(n)-r_O(n_1)\)。

引理 \(3\)：

\[r(n)=\left\{\begin{matrix} \frac 12 (k_1-k_2+1)r(n_1) & 2\nmid k_1-k_2 \\ (1+\frac 12(k_1-k_2))r(n_1)-r(n_2) & 2\mid k_1-k_2 \\ \end{matrix}\right. \]

考虑两类的贡献！

第一类被允许分开考虑，第一段的贡献就是 \(r(F_{k_1-k_2+1})\)，后面的贡献是 \(r(n_1)\)。根据定理 \(1\) 就可以得到。

第二类会产生，当且仅当 \(2\nmid k_1-k_2+1\)，由于前面所述的小结论。既然这个时候第一段是唯一的，只需考虑第二段第一个位置是 \(0\) 的方案数。这就是 \(\A r(n_1)=r(n_1)-r(n_2)\)。加起来就证明了引理 \(3\)。

引理 \(4\)：

\[r_E(n)=\left\{\begin{matrix} \frac 14(k_1-k_2+1)r(n_1) & k_1-k_2\equiv 3\pmod 4\\ \frac 14(k_1-k_2+3)r(n_1)-r_E(n_1) & k_1-k_2\equiv 1\pmod 4\\ \frac 14(k_1-k_2+2)r(n_1)+r_E(n_2)-r(n_2) & k_1-k_2\equiv 2\pmod 4\\ (1+\frac 14(k_1-k_2))r(n_1)-r_E(n_1)-r_E(n_2) & k_1-k_2\equiv 0\pmod 4\\ \end{matrix}\right. \]

这非常分讨，但是为了版面（而不是我自己都没看完）仅讲述大致思路。

考虑两类的贡献。第一类的贡献要求前后奇偶性相同。

\[r_1(n)=r_O(F_{k_1-k_2+1})r_O(n_1)+r_E(F_{k_1-k_2+1})r_O(n_1) \]

第二类的贡献要求 \(k_1-k_2\equiv 0/2\pmod 4\)。这时前后奇偶性要求不同（因为 \(100\to 011\)），但是这种情况总有前面是奇数个 \(1\)。所以后面的就是 \(\A r_E(n_1)\)。这个分讨啊分讨。

定理 \(2\)：

\[a(n)=\left\{\begin{matrix} 0 & k_1-k_2\equiv 3\pmod 4\\ -a(n_1) & k_1-k_2\equiv 1\pmod 4\\ a(n_2) & k_1-k_2\equiv 2\pmod 4\\ -a(n_1)-a(n_2)& k_1-k_2\equiv 0\pmod 4\\ \end{matrix}\right. \]

这是前面两个引理的直接应用。

定理 \(3\)：

\[a(n)=\left\{\begin{matrix} 0 & 2\mid r(n)\\ 1/-1& 2\nmid r(n) \end{matrix}\right. \]

注意到 \(a(n)\equiv r(n)\pmod 2\) 就可以把问题转化为 \(|a_n|\le 1\)。

归纳，只需考虑 \(k_1-k_2\equiv 0\pmod 4\)。这个时候继续展开 \(a(n_1)\)。展开出来的结果是 \(k_2-k_3\equiv2\) 才会继续。

从原理上来讲，这样的过程是不可无限进行的。然而如果不能无限进行，这样的过程就失效了。因此 \(|a_n|\le 1\)，证毕。