Not Another Linear Algebra Problem 题解

题意：自己看。

首先我们知道我们唯一能找到的题解在 hos_lyric 的代码里。把它放在这里：（由 bikuhiku 提供）

$$\begin{array}{rl}& U\subseteq {\mathbb{F}}_p^n,\text{subspace}\\ & a(U):=\mathrm{\#}\{p\in \text{Aut}({\mathbb{F}}_p^n)|\text{Ker}(p-\text{id})=U\}\\ & b(U):=\mathrm{\#}\{p\in \text{Aut}({\mathbb{F}}_p^n)|p{|}_U=\text{id}\}\\ & b(U)=\sum _{V\supseteq U}a(V)\\ \\ & a[\text{dim}(U)]:=a(U)\\ & b[\text{dim}(U)]:=b(U)\\ & b[i]=\sum _{j\ge i}{\left[\begin{array}{c}n-i\\ n-j\end{array}\right]}_{q}a[j]\\ & \text{reverse}(a,b)\\ & b[i]=\sum _{j\le i}{\left[\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right]}_{q}a[j]\\ \\ & b[i]=\prod _{1\le j\le i}(q^n-q^{n-j})\\ \\ & A(x):=\sum _i\frac{a[i]x^i}{(q;q{)}_i}\\ & B(x):=\sum _i\frac{b[i]x^i}{(q;q{)}_i}\\ & B(x)=\frac{A(x)}{(x;q{)}_{\mathrm{\infty }}}\\ & A(x)=B(x)\times (x;q{)}_{\mathrm{\infty }}\\ \\ & B(x)=\sum _i(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{2})}{x}^i\\ & xB(x)=\sum _{i\ge 0}(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{2})}{x}^{i+1}\\ & =\sum _{i\ge 1}(-1{)}^{i-1}{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}{x}^i\\ & =\sum _{i\ge 1}(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{2})}(-1)q^{i-n}{x}^i\\ & B(qx)=1-q^{n}xB(x)\\ & A(qx)=B(qx)(qx;q{)}_{\mathrm{\infty }}\\ & =\frac{(1-q^{x}B(x))(x;q{)}_{\mathrm{\infty }}}{1-x}\\ & (1-x)A(qx)=(x;q{)}_{\mathrm{\infty }}-q^{n}xA(x)\\ \\ & \mathrm{提}\mathrm{取}[x^i/(q;q{)}_i]\\ & q^{i}a[i]-q^{i-1}(1-q^i)a[i-1]=(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}-q^n(1-q^i)a[i-1]\end{array}$$

然后对着这个东西一句一句翻译即可得到正解怎么写）

因为没有官方题解，来一发民间题解。当然写的可能不准，因为作者线代水平十分民科。

首先当然是观察这个形式。肯定要在所有 ${\mathbb{F}}_p^n$ 的所有子空间 $U$ 上讨论 $B$ 的每个向量在上边的取值。那么设 $a_i$ 为 $i$ 维极大子空间 $U$，计数里边的 ${\mathbb{F}}_p^n$ 的自同构中在 $U$ 上为平凡同构的同构个数。另设 $b_i$ 为 $\ge i$ 维子空间 $U$ 计数上述同构的个数（也就是上边的 $a,b$），即有显然的式子：枚举 $i$ 的母空间维数 $j$，那么剩下的子空间个数为 ${\left[\begin{array}{c}n-i\\ n-j\end{array}\right]}_q$ （必须在剩下 $n-i$ 维里选正好 $n-j$ 维，因为 $detB\ne 0$），即有

$$b[i]=\sum _{j\ge i}{\left[\begin{array}{c}n-i\\ n-j\end{array}\right]}_{q}a[j]$$

这个形式好膈应，翻转 $a,b$：

$$b[i]=\sum _{j\le i}{\left[\begin{array}{c}i\\ j\end{array}\right]}_{q}a[j]$$

这个形式看上去好多了。（感觉上是可以 q- 二项式反演的，但是我写了写没写出来）

考虑列出 $a,b$ 的生成函数：

$$A(x)=\sum _i\frac{a_i{x}^i}{(q;q{)}_i}$$

$$B(x)=\sum _i\frac{b_i{x}^i}{(q;q{)}_i}$$

容易发现上边的式子可以写成卷积形式：

$$B(x)=A(x)(x;q{)}_{\mathrm{\infty }}^{-1}$$

我们需要计算 $A(x)$，然而卷积是不行的，考虑递推系数。

先看如何算一项 $b_i$：定了 $n-i$ 维是恒等置换，那么剩下的随意，即

$$\prod _{j=n-i}^{n-1}{q}^n-q^j=\prod _{j=1}^i{q}^n-q^{n-j}$$

将这个代入 $B(x)$，分子分母拆开，一些 dirty work 可以得到

$$B(x)=\sum _i(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{2})}{x}^i$$

这个递推可以直接找 $xB(x)$：

$$\begin{array}{rl}xB(x)=& \sum _{i\ge 0}(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{2})}{x}^{i+1}\\ =& \sum _{i\ge 1}(-1{)}^{i-1}{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i+1}{2})}{x}^i\\ =& \sum _{i\ge 1}(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{2})-(\genfrac{}{}{0ex}{}{n-i}{2})}(-1)q^{i-n}{x}^i\end{array}$$

那么显然 $B(qx)=1-q^{n}xB(x)$。回代 $A(x)$ 并提取系数可以直接得到递推式：

$$q^i{a}_i-q^{i-1}(1-q^i)a_{i-1}=(-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}-q^n(1-q^i)a_{i-1}$$

$$a_i=q^{-i}((-1{)}^i{q}^{(\genfrac{}{}{0ex}{}{i}{2})}+(q^{i-1}-q^n)(1-q^i)a_{i-1})$$

这是钦定了 $i$ 的贡献，对于所有的还要给每个 $a_i$ 乘上 ${\left[\begin{array}{c}n\\ i\end{array}\right]}_q$。最后统计答案时，定了 $i$ 维为恒等置换的 $B$ 对应的 $A$ 中这 $i$ 维可以随意选，即 $q^{ni}$，而剩下的是定死的，即 $f(B)=q^{ni}$。写个光速幂即可。

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;
int n,q,mod,ord,jc[10000010],inv[10000010],pw[10000010],cpw[10000010],a[10000010],jcp[10000010],invp[10000010];
int C(int n,int m){
    int rn=n%ord,rm=m%ord;
    n/=ord;m/=ord;
    if(n<m||rn<rm)return 0;
    return 1ll*jc[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod*jcp[rn]%mod*invp[rm]%mod*invp[rn-rm]%mod;
}
int qpow(int a,int b,int mod){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=1ll*ans*a%mod;
        a=1ll*a*a%mod;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}
struct node{
    int sq=1<<16,pw[1<<17],gpw[1<<17];
    node(){
        pw[0]=gpw[0]=1;
        for(int i=1;i<sq;i++){
            pw[i]=3ll*pw[i-1]%mod;
        }
        gpw[1]=3ll*pw[sq-1]%mod;
        for(int i=2;i<sq;i++)gpw[i]=1ll*gpw[i-1]*gpw[1]%mod;
    }
    int get(int n){
        return 1ll*gpw[n/sq]*pw[n%sq]%mod;
    }
};
int main(){
    scanf("%d%d%d",&n,&q,&mod);jc[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    node P;
    for(int i=2;i<=n;i++)inv[i]=1ll*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<=n;i++)jc[i]=1ll*jc[i-1]*i%mod,inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%mod;
    pw[0]=cpw[0]=1;pw[1]=q;
    for(int i=1;i<=n;i++)pw[i]=1ll*pw[i-1]*pw[1]%mod,cpw[i]=1ll*cpw[i-1]*pw[i-1]%mod;
    ord=n+1;
    for(int i=1;i<=n;i++)if(pw[i]==1){
        ord=i;break;
    }
    jcp[0]=invp[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)jcp[i]=1ll*jcp[i-1]*(1-pw[i]+mod)%mod;
    invp[n]=qpow(jcp[n],mod-2,mod);
    for(int i=n-1;i>=1;i--)invp[i]=1ll*invp[i+1]*(1-pw[i+1]+mod)%mod;
    a[0]=1;int invpw=qpow(q,mod-2,mod);
    for(int i=1,Inv=1;i<=n;i++){
        Inv=1ll*Inv*invpw%mod;
        a[i]=1ll*(1ll*((i&1)?(mod-1):1)*cpw[i]+1ll*(pw[i-1]-pw[n]+mod)%mod*(1-pw[i]+mod)%mod*a[i-1])%mod*Inv%mod;
    }
    for(int i=0;i<=n;i++)a[i]=1ll*a[i]*C(n,i)%mod;
    int ans=0,ret=qpow(q,n,mod-1);
    if(!ret)ret=mod-1;
    for(int i=0,tmp=1;i<=n;i++){
        ans=(ans+1ll*P.get(tmp)*a[n-i])%mod;
        tmp=1ll*tmp*ret%(mod-1);
    }
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}