前两天考了个模拟赛，有个多项式题中间的递推式形如
\[f_{i,j}=f_{i-1,j-1}+(2^j-1)f_{i-1,j}
\]
我一眼看出它其实是个 q-analog 理论的 2-斯特林数，然后调了三个小时发现柿子假了，最后到网上卡了个柿子才写对。于是打算找篇论文学习一下这种柿子都是怎么推的。
然后我就找到了论文 A，然后读 A 发现读不懂，于是先去看它引用的论文 B。读 B 发现读不懂，就去看它的引用 C。C 的内容终于能看懂了，然后晚自习推了三个小时柿子后我终于得到了 q-二项式定理/cy
什么是 q-analog
q-analog 可以理解为对常见的柿子引入变量 q 并进行推导得到推广后的柿子，要求 \(q\to 1\) 的时候推广后的柿子就能直接变成原柿子。
基本公式
一些定义
定义 \([n]_q\) 为数 \(n\) 的 q-analog，其定义为 \([n]_q=\frac{q^n-1}{q-1}\)，不难验证 \(q\to 1\) 的时候 \([n]_q\to n\)。
定义 q-阶乘 \([n]_q!\) 为类似常规的定义 \([n]_q!=[n-1]_q!\cdot [n]_q\)，且规定 \([0]_q!=1\)。
q-二项式系数
\[\binom nk_q=\frac{[n]_q!}{[k]_q![n-k]_q!}
\]
有的地方也写作 \({n\brack k}_q\)，不过我感觉比较容易和第一类斯特林数混淆所以还是沿用圆括号的记号。这个也叫作「高斯二项式系数」。
还有一个用来简化柿子的记号：\(f^{(n;q)}(x)=f(x)f(qx)f(q^2x)\cdots f(q^{n-1}x)\)，它也有二元版本 \(f^{(n;q)}(x,y)=f(x,y)f(x,qy),\cdots f(x,q^{n-1}y)\)。如果不加说明，我们认为 \((x+y)^{(n;q)}\) 中 \(x,y\) 分别对应二元版本的 \(x,y\)，也即
\[(x+y)^{(n;q)}=(x+y)(x+qy)\cdots(x+q^{n-1}y)
\]
我觉得比较重要的会写证明，其他的意会一下即可。
基础加减法：
\[\begin{aligned}
& [a+b]_q=[a]_q+q^a[b]_q=q^b[a]_q+[b]_q\\
\implies & [a]_q-[b]_q=q^{b}[a-b]_q\\
& [-n]_q=-\frac{1}{q^n}[n]_q\\
& [n]_{1/q}=\frac{1}{q^{n-1}}[n]_q\\
\end{aligned}
\]
然后是乘法和阶乘相关：
\[\begin{aligned}
& [ab]_q=[a]_q[b]_{q^a}=[a]_{q^b}[b]_q\\
& [n]_{1/q}!=\frac{[n]_q!}{q^{\binom n2}}\\
\end{aligned}
\]
组合数相关：
\[\begin{aligned}
& \binom nk_{1/q}=\frac{1}{q^{k(n-k)}}\binom nk_q\\
& \binom nk_{q}=\binom n{n-k}_q\\
\end{aligned}
\]
组合数在实数上的定义：
\[\binom xk_q=\frac{[x]_q[x-1]_q\cdots [x-k+1]_q}{[k]_q!}
\]
可以用这个柿子把组合数的上指标推广到任意实数。
q-吸收公式
\[\binom nk_q=\frac{[n]_q}{[k]_q}\binom{n-1}{k-1}_q
\]
q-加法公式
\[\begin{aligned}
& \binom nk_q=\binom{n-1}{k-1}_q+q^k\binom{n-1}{k}_q\\
& \binom nk_q=q^{n-k}\binom{n-1}{k-1}_q+\binom{n-1}{k}_q
\end{aligned}
\]
证明.
我们证明第一个等式。考虑做减法
\[\begin{aligned}
&\binom{n}{k}_q-\binom{n-1}{k-1}_q\\
=&(\frac{[n]_q}{[k]_q}-1)\binom{n-1}{k-1}_q\\
=&\frac{[n]_q-[k]_q}{[k]_q}\binom{n-1}{k-1}_q\\
=&\frac{q^{k}[n-k]_q}{[k]_q}\binom{n-1}{k-1}_q\\
=&q^{k}\binom{n-1}{k}_q\\
\end{aligned}
\]
第二个等式是类似的。\(\blacksquare\)
已经有了 q-加法公式那接下来肯定是 q-上指标求和。
注意到由于加法公式在拆解的时候有一个 \(q^k\)，那我们做上指标求和的时候也要带上这个 \(q^k\)。
\[\sum_{k=0}^m q^k\binom{k+n}{n}_q=\binom{m+n+1}{n+1}_q
\]
然后是 q-上指标反转：
\[\begin{aligned}
\binom{-n}{k}_q=&(-1)^kq^{-\binom k2-nk}\binom{n+k-1}{k}_q\\
=&(-1)^kq^{-\binom{k+1}{2}}\binom{n+k-1}{k}_{1/q}
\end{aligned}
\]
某个不知道名字的柿子。我以前管它叫奇技淫巧，所以应该是 q-奇技淫巧（雾）：
\[\binom ni_q\binom ij_q=\binom nj_q\binom {n-j}{i-j}_q
\]
然后是比较重要的部分，q-二项式定理：
\[(x+y)(x+qy)\cdots(x+q^{n-1}y)=\sum_k \binom nk_qq^{\binom k2}x^{n-k}y^k
\]
也即
\[(x+y)^{(n;q)}=\sum_k\binom nk_qq^{\binom k2}x^{n-k}y^k
\]
证明.
这个证明最早由 Cauchy 给出。
显然我们只需要考虑 \(x=1\) 的情况，于是设 \(h(x)=(1+x)^{(n;q)}\)。
不难看出 \(h\) 是关于 \(x\) 的 \(n\) 次多项式，设其展开式为 \(h(x)=\sum_i h_ix^i\)。我们有等式
\[(1+x)h(qx)=(1+q^nx)h(x)
\]
比较系数可得：
\[h_k=\frac{q^n-q^{k-1}}{q^k-1}h_{k-1}=q^{k-1}\frac{q^{n-k+1}-1}{q^k-1}h_{k-1}
\]
于是递推即可证明 \(h_k=\binom nk_qq^{\binom k2}\)。\(\blacksquare\)
这个证明的 key idea 其实就是那个关于 \(h(x)\) 和 \(h(qx)\) 的等式。直接将 \((n;q)\) 替换成 \(n\) 次方显然就没有上面这个等式这么好的性质，于是可以看出其实我们对 \((n;q)\) 的引入是非常自然的事情。
算子代数相关
一些定义：
恒等算子 \(I\)，满足 \((I^k f)(x)=f(x)\)。
移位算子 \(E\)，满足 \((E^kf)(x)=f(x+k)\)。
差分算子 \(\Delta\)，满足 \(\Delta^k=(E-I)^k=(E-I)\Delta^{k-1}\)。
实际上我们常用的差分算子的柿子只有高阶差分和牛顿级数。第二者的本质实质上是等式
\[\Delta^m \binom xn=
\begin{cases}
\binom x{n-m} & m\leq n\\
0 & m > n
\end{cases}
\]
我们尝试定义一个「q-差分算子」，使其也满足类似的性质。
首先注意到
\[\Delta \binom xn_q=q^{x+1-n}\binom x{n-1}_q
\]
注意到这个系数当中有一个 \(q^x\) 的项，于是如果我们直接计算 \(\Delta^2 \binom xn_q\) 的时候我们会出现形如 \((q^{x+1}-q^x)\) 的项而无法把每一项消消乐，这是我们不愿意看到的。
一个更好的解决方案是计算
\[\Delta \binom {x+1}n_q-q\Delta\binom xn_q
\]
这样的话，我们就能消消乐得到
\[\Delta \binom {x+1}n_q-q\Delta\binom xn_q=q^{2(x+2-n)}\binom x{n-2}_q
\]
于是不难发现我们依次计算的是
\[\begin{aligned}
& \Delta^0_q=I\\
& \Delta^1_q=E-I\\
& \Delta^2_q=(E-I)(E-q)\\
\end{aligned}
\]
自然地，我们会定义
\[\Delta^n_q=(E-q^{n-1})\Delta^{n-1}_q
\]
不难验证，它满足性质
\[\Delta_q^m \binom xn_q=
\begin{cases}
q^{m(x+m-n)}\binom x{n-m} & m\leq n\\
0 & m > n
\end{cases}
\]
定义完差分算子，我们来计算一下高阶差分的柿子。注意到 \(\Delta^n_q=(E-I)^{(n;q)}\)，于是我们可以将它用 q-二项式定理展开，即
\[\begin{aligned}
\Delta^n_q&=\sum_k\binom nk_qq^{\binom k2}E^{n-k}(-1)^k\\
&=\sum_k\binom nk_q(-1)^{n-k}q^{\binom {n-k}2}E^k\\
\end{aligned}
\]
写成常见形式就是
\[(\Delta^n_qf)(x)=\sum_k\binom nk_q(-1)^{n-k}q^{\binom {n-k}2}f(x+k)
\]
仿照牛顿级数，我们也来整一个 q-牛顿级数。设
\[f(x)=\sum_{n\geq 0}c_n\binom xn_q
\]
那么考虑其高阶差分，就有
\[\begin{aligned}
\Delta_q^m f(0)&=\sum_{n\geq 0}c_n\Delta_q^n\binom 0n_q\\
&=\sum_{n\geq 0}c_n[n=m]\\
&=c_m\\
\end{aligned}
\]
于是我们就得到了 q-牛顿级数的表达式
\[\begin{aligned}
f(x)&=\sum_{n\geq 0}\binom xn_q\Delta^n_qf(0)\\
&=\sum_{n\geq 0}\binom xn_q\sum_k\binom nk_q(-1)^{n-k}q^{\binom {n-k}2}f(k)
\end{aligned}
\]
考虑到 \(f_n=f(n)\) 和 \(g_n=\Delta^n_q f(0)\) 之间的关系，我们也能得到 q-二项式反演：
\[\begin{aligned}
& f_n=\sum_{k}\binom nk_qg_k\\
\iff & g_n=\sum_k \binom nk_q(-1)^{n-k}q^{\binom {n-k}{2}}f_k
\end{aligned}
\]
小练习. 试证明：
\[a^n=\sum_k \binom nk_q(a-1)^{(k;q)}
\]
证明.
考虑到
\[(a-1)^{(n;q)}=\sum_k \binom nk_qq^{\binom{n-k}{2}}(-1)^{n-k}a^k
\]
对其做 q-二项式反演即证。\(\blacksquare\)
斯特林数
一些定义：
定义 q-下降幂为
\[[x]_q^{\underline n}=[x]_q[x-1]_q[x-2]_q\cdots [x-n+1]_q
\]
不难发现一个等价定义为
\[[x]_q^{\underline n}=[n]_q!\binom xn_q
\]
定义第二类 q-斯特林数满足递推式
\[{n\brace k}_q={n-1\brace k-1}_q+[k]_q{n-1\brace k}_q
\]
首先仿照正常的常规幂和下降幂之间的关系，我们来试图找一个关于 \([x]_q^n\) 和 \([x]_q^{\underline n}\) 之间的关系。
设
\[[x]_q^{n}=\sum_{k=0}^n c_{n,k}[x]_q^{\underline k}
\]
那么对左边拆牛顿级数就有
\[[x]_q^n=\sum_{k}\binom xk_q\sum_i\binom ki_q(-1)^{k-i}q^{\binom {k-i}2}[i]_q^n
\]
比较两个柿子不难发现
\[c_{n,k}=\frac{1}{[k]_q!}\sum_i\binom ki_q(-1)^{k-i}q^{\binom {k-i}2}[i]_q^n
\]
然后考虑一下 \(c_{n,k}\) 的递推：
\[\begin{aligned}
[x]_q^{n+1}&=[x]_q\sum_k c_{n,k} [x]_q^{\underline k}\\
&=\sum_k ([k]_q+q^k[x-k]_q) c_{n,k} [x]_q^{\underline k}\\
&=\sum_k [k]_q c_{n,k} [x]_q^{\underline k}+\sum_k q^kc_{n,k} [x]_q^{\underline {k+1}}\\
&=\sum_k (q^{k-1}c_{n,k-1}+[k]_qc_{n,k})[x]_q^{\underline{k}}\\
\end{aligned}
\]
可知
\[c_{n,k}=q^{k-1}c_{n-1,k-1}+[k]_qc_{n-1,k}
\]
于是不难得到其和斯特林数的关系：
\[c_{n,k}=q^{\binom k2}{n\brace k}_q
\]
重新用斯特林数书写我们的柿子。首先是下降幂转常规幂：
\[[x]_q^{n}=\sum_{k=0}^n q^{\binom k2}{n\brace k}_q[x]_q^{\underline k}
\]
以及第二类斯特林数的通项公式：
\[{n\brace k}_q=\frac{q^{-\binom k2}}{[k]_q!}\sum_i\binom ki_q(-1)^{k-i}q^{\binom {k-i}2}[i]_q^n
\]
至此，我们最早提出的那个递推式已经被一次卷积解决了。
但是我还想讨论一些更有意思的东西。
q-级数相关
我们之前的讨论大多只是简单的推导。我们现在试图把每个柿子看成是关于 \(q\) 的多项式，用生成函数这一角度来考虑问题。
由于这部分理论相关内容大多是超几何函数相关，所以我们只会讨论一些比较浅显的问题。
一些定义：
q-Pochhammer 记号：
\[(a;q)_n=(1-a)(1-aq)\cdots(1-aq^{n-1})
\]
不难发现，这就是
\[(a;q)_n=(1-a)^{(n;q)}
\]
但是这个记号更精确，所以下面的讨论中我们会使用这个记号。
先尝试用 q-Poch 记号重写我们先前的柿子。
首先是阶乘：
\[[n]_q!=\frac{(q;q)_n}{(1-q)^n}
\]
然后是组合数
\[\binom nk=\frac{(q;q)_n}{(q;q)_k(q;q)_{n-k}}
\]
然后让我们考虑一下 \((a;q)\) 有什么性质。
首先我们注意到 \((a;q)\) 可以写成两个无穷级数的商：
\[(a;q)_n=\frac{(a;q)_\infty}{(aq^n;q)_\infty}
\]
于是我们可以把 \(n\) 扩展到负数去：
\[(a;q)_{-n}=\frac{1}{(aq^{-n};q)_n}=\prod_{k=1}^n\frac{1}{1-a/q^k}
\]
我们现在来考虑一下计算无穷级数 \((x;q)_\infty\)。考虑类似我们求二项式定理时的 key idea 写出如下等式：
\[(x;q)_\infty=(1-x)(xq;q)_\infty
\]
然后对比两边系数即有
\[\begin{aligned}
[x]^n(x;q)_\infty&=([x^n]-[x^{n-1}])(xq;q)_\infty\\
&=(q^n[(xq)^n]-q^{n-1}[(xq)^{n-1}])(xq;q)_\infty\\
\end{aligned}
\]
于是不难得到递推关系：
\[f_n=\frac{q^{n-1}}{q^n-1}f_{n-1}=\frac{(-1)^nq^{\binom n2}}{(q;q)_n}
\]
也即
\[(x;q)_\infty=\sum_{n\geq 0} \frac{(-1)^nq^{\binom n2}}{(q;q)_n}x^n
\]
其倒数也可以类似地计算，得到
\[\frac{1}{(x;q)_\infty}=\sum_{n\geq 0} \frac{x^n}{(q;q)_n}
\]
小练习.
尝试用 q-Poch 记号重新给出 q-二项式反演的证明。
证明.
设数列 \(f,g\) 满足
\[f_n=\sum_{k}\binom nk_qg_k
\]
那么写成 q-Poch 记号即
\[\frac{f_n}{(q;q)_n}=\sum_{n\geq 0} \frac{1}{(q;q)_{n-k}}\frac{g_k}{(q;q)_k}
\]
则不难发现只需要计算生成函数
\[(\sum_{n\geq 0}\frac{x^n}{(q;q)_n})^{-1}
\]
这是我们已知的，它就是 \((x;q)_\infty\)。于是可以得到：
\[\begin{aligned}
g_n&=(q;q)_n\sum_{k}[x^k](x;q)_\infty \frac{f_{n-k}}{(q;q)_{n-k}}\\
&=(q;q)_n\sum_{k}\frac{(-1)^kq^{\binom k2}}{(q;q)_k}\frac{f_{n-k}}{(q;q)_{n-k}}\\
&=\sum_{k}\binom nk_q(-1)^kq^{\binom k2}f_{n-k}\\
&=\sum_{k}\binom nk_q(-1)^{n-k}q^{\binom {n-k}2}f_{k}\\
\end{aligned}
\]
这与我们之前的结论是一致的。\(\blacksquare\)
