闲话 23.2.17

闲话

发现自己没学过欧拉数相关的推导
开 koishi 的排列去（
upd：实在想不出 EI 给出的 -x/(1-x) + 1/(1-x) 的形式
只能推出两个\sum 的形式 所以摆了
how EI's mind works?
upd 2.18：看懂了 HEMW？

今日放了 be 的歌？
不谈演唱中只有少部分人能接受的部分
其实失真的人声还是比较自然的 感觉术力口在表达方式上也有类似的元素
副歌的编曲还行吧 我感觉和演唱的表现不是很搭
当然如果这是刻意为之的当我没说吧（

今日推歌：我的悲伤是水做的 - chilichill feat. 洛天依

欧拉数 \(\text{BGF}\) 推导

考虑一个形式：

\[\frac{1}{n!}\sum_{m} \left\langle \begin{matrix}{n} \\ {m}\end{matrix}\right\rangle \binom{m}{n - i} = i! \begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix} \]

这可以通过组合意义说明。左侧就是计数长为 \(n\) 的钦定了 \(n - i\) 次上升的排列，这使得原排列被分割为 \(i\) 个有序的下降段。这也就是 \(n\) 个不同的球放入 \(i\) 个不同的集合内的方案数，即右侧。这也说明左侧的 gf 即为 \([x^n] (e^x - 1)^i\)。

设

\[F(x, t) = \sum_{n\ge 0}\sum_{m\ge 0} \left\langle \begin{matrix}{n} \\ {m}\end{matrix}\right\rangle \frac{x^n}{n!} t^m \]

我们可以配凑如上的形式。具体地，考察如下的代入：

\[\begin{aligned} &F(xt, 1 + t^{-1}) \\ = \ & \sum_{n\ge 0}\sum_{m\ge 0} \left\langle \begin{matrix}{n} \\ {m}\end{matrix}\right\rangle \frac{x^n}{n!}t^n \left(1 + t^{-1}\right)^m \\ = \ & \sum_{n\ge 0}\sum_{m\ge 0} \sum_{i \ge 0} \left\langle \begin{matrix}{n} \\ {m}\end{matrix}\right\rangle \binom{m}{i} \frac{x^n}{n!}t^{n - i} \\ = \ & \sum_{n\ge 0}\sum_{i \ge 0} \left(\frac{1}{n!} \sum_{m} \left\langle \begin{matrix}{n} \\ {m}\end{matrix}\right\rangle \binom{m}{n - i} \right) x^n t^i \\ = \ & \sum_{n\ge 0}\sum_{i \ge 0} i! \begin{Bmatrix}{n} \\ {i}\end{Bmatrix} x^n t^i \\ = \ & \sum_{i\ge 0}(e^x - 1)^i t^i \\ = \ & \left(1 - t\left(e^x - 1\right)\right)^{-1} \end{aligned}\]

这样我们即可得到

\[F(x, t) = \left(1 - (t - 1)^{-1}\left(e^{x(t - 1)} - 1\right)\right)^{-1} = \frac{t - 1}{t - e^{x(t - 1)}} \]

模拟赛 T3

我们改写原式为 \(A(B - I) = 0\)，并记 \(M = B - I\)。考察非平凡的 \(M\) 后容易发现，假设 \(\text{rank}(M) = k\)，则对应的 \(A\) 有 \(p^{(n - k)m}\) 种取法，因 \(M\) 有 \(n - k\) 行被其他维表出，乘后定为 \(0\)，则这些行对应 \(A\) 上 \(n - k\) 列取值随意。

因此现在的问题就是对 \(k\) 计数 \(M \text{ s.t. } \text{rank}(M) = k\)。考虑将其拆分。
由经典结论可以知道，一个 \(\mathbb F_p^n\) 内空间的 \(k\) 维子空间数是 \(\begin{bmatrix} n \\ k\end{bmatrix}_p\)，即 \(\text{q-binomial}\)。我们首先选出一个 \(k\) 维子空间，以及它的一组基 \(\langle b_k\rangle\)。构造矩阵 \(B = [b_1 \ b_2 \ \cdots \ b_k]\)，这是一个 \(n\times k\) 的满秩矩阵。
可以发现，\(M\) 一定形如 \(B\times C\)，其中 \(C\) 为一个 \(k\times n\) 的满秩矩阵，且不同的 \(C\) 对应不同的 \(M\)。我的理解是，考虑矩阵是线性变换，\(B\) 对应一个 \(\mathbb F_p^n\to \mathbb F_p^k\) 的满射，\(C\) 对应一个 \(\mathbb F_p^k\to \mathbb F_p^n\) 的单射，而两者的乘法对应映射的复合，因此得到了一个 \(\mathbb F_p^n\to \mathbb F_p^n\) 但只保留了 \(k\) 维彼此独立信息的映射。因此最后 \(M\) 两两不同且 \(\text{rank}(M) = k\)。由经典结论可以知道，\(C\) 的数量为 \(\prod_{i = 0}^{k - 1}(p^n - p^i)\)。
因此对 \(k\) 的答案即为

\[\begin{bmatrix} n \\ k\end{bmatrix}_p\prod_{i = 0}^{k - 1}(p^n - p^i) \]

最后得哈希，因此不平凡的矩阵的答案就是

\[\sum_{k\ge 0} q^{p^{(n - k)m}} \begin{bmatrix} n \\ k\end{bmatrix}_p\prod_{i = 0}^{k - 1}(p^n - p^i) \]

注意到还有一个平凡的全 \(0\) 矩阵，对任意 \(A\) 都满足如上的性质，因此答案再加上 \(q^{p^{nm}}\) 即可。

如果有人对导出公式的部分有（除了扔进 oeis 外的）其他做法可以找我交流