q-analog 学习笔记(通俗版)
通俗版较容易理解,且涉及较浅,也没那么严谨,不过严不严谨不是那么重要(,可以说 \(\text{OI}\) 赛事中,至少是 \(\text{NOI}\) 前通俗版够用了,所以真正的学习笔记先咕了(
壹、基本定义
q-模拟( \(\text{q-analog}\) )引入一个参数 \(q\) ,使得当取极限 \(q\to 1\) 时得到原定理、等式或表达式,这个模拟通常表达为 \(q\) 的一个级数
定义 \([n]_q=\frac{1-q^n}{1-q}\) ,可得当 \(n\) 为非负整数时 \([n]_q=\sum_{i=0}^{n-1} q^i\)
特殊地,通过洛必达法则能够知道 \(\lim\limits_{q \to 1} [n]_q=n\) ,满足 \(\text{q-analog}\) 的定义
接着我们定义 \([n]_q! \quad (n \in \mathbb{Z}^{*})\) ,有
当然也可以定义
通过上面所述,可以引出本文的重中之重—— q-二项式系数
其有许多性质与用处,这些在后面会有所提及,但首要的,能够发现上面的定义在 \(q\) 为单位根的时候容易导致分母为 \(0\) ,我们需要更严谨的定义
贰、 q-二项式定理(弱定理)
定义 \((t;q)_n=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(1-q^{i}t), n \in \mathbb{Z}^{*}\)
有 q-二项式定理(弱定理)
注意弱定理是笔者自己标注的,是区分 \(n\) 是否可以为负整数
证明:
设 \(F(t)=(-t;q)_n\) ,则可以推出 \(F(t)(1+q^{n}t)=F(qt)(1+t)\) ,令 \(F(t)=\sum_{i=0}^{n}f_i t^i\) ,则有
\[\begin{align*} [t^m]F(t)(1+q^{n}t)&=[t^m]F(qt)(1+t) \\ f_m+q^nf_{m-1}&=q^mf_m+q^{m-1}f_{m-1} \\ f_m&=\frac{1-q^{n-m+1}}{1-q^m}q^{m-1} f_{m-1} \\ f_m&=\frac{[n]_q^{\underline{m}}}{[m]_q!}q^{\frac{m(m-1)}{2}} \\ f_m&=q^{\tbinom{m}{2}}\binom{n}{m}_q \end{align*} \]\(\blacksquare\)
于是能够更为严谨的用 \((t;q)_n\) 的系数来定义 q-二项式系数了
「2017 山东一轮集训 Day7」逆序对
我们知道对于排列的第 \(i\) 位,它能对逆序对数贡献 \([0,i-1]\) 中的任意一个整数,所以
能够发现分子就是 \((-x;x)_n\) ,运用 q-二项式定理,有
我们知道 \([x^i]\frac{1}{(1-x)^n}=\tbinom{n+i-1}{i-1}\) ,所以只需 \(i\) 从小到大递推求出 \(\frac{1}{(1-x)^n}\binom{n}{i}_x\) 即可做到 \(O(n \sqrt{n})\) ,如何递推?直接运用证明中的递推,每次乘上 \(\frac{1-q^{n-m+1}}{1-q^m}\) 即可
叁、一些恒等式
这里先给出一些由常规的二项式系数恒等式扩展到 q-二项式系数时的结果
注意到这有两种加法公式,这可以用后文给出 q-反转公式来证明,同时这两种加法公式还可以推出很多恒等式,在此列举一个
还有 q-范德蒙德卷积
接着列出前文提及的 q-反转公式:
我们同样够用证明 q-二项式定理的方法求出 \(\prod\limits_{i=0}^{n-1}\frac{1}{1-q^it}\) ,推导后结论如下
定义 \((t;q)_{-n}=\prod\limits_{i=-n}^{-1}\frac{1}{1-q^it},n \in \mathbb{Z}^{*}\) ,我们重写 q-二项式定理:
q-二项式定理(强定理)
\[(-t;q)_n=\sum_{i \ge 0} t^i q^{\tbinom{i}{2}} \binom{n}{i}_q ,n \in \mathbb{Z} \]
对于 \(n<0\) ,可以用 q-反转公式证明,读者自证不难
通俗版收工了