q-binomial 学习笔记

定义

\[[n]_q = \sum\limits_{i=0}^{n-1} q^i = \lim_{x \rightarrow q} \frac{1-x^n}{1-x}, [ n ] !_q = \prod_{i=1}^n [i]_q, {n \brack m}_q = \frac {[n]!_q} {[m]!_q [n - m]!_q} \]

容易发现 \({n \brack m}_1 = \binom{n}{m}\)。

同时，展开可得：

\[{n \brack m}_q = \lim_{x \rightarrow q} \frac{\prod_{1 \le i \le n}\frac{1-x^i}{1-x}}{\prod_{1 \le i \le m}\frac{1-x^m}{1-x}\prod_{1 \le i \le n-m}\frac{1-x^m}{1-x}} \\= \lim_{x \rightarrow q}\frac{\prod_{n-m+1 \le i \le n} (1-x^i)}{\prod_{1 \le i \le m} (1-x^i)} \]

结论

1. \({n \brack m}_q = {n \brack n-m}_q\)

显然。

2. 若 \(n \ge 1\)， \({n \brack m}_q = {n-1 \brack m-1}_q + q^m {n-1 \brack m}_q\)

证明

下文的 \(q\) 为 \(q\) 无线趋近于 q 的。

\[{n-1 \brack m-1}_q + q^m{n-1 \brack m}_q \]

\[= \frac{\prod_{n-m+1 \le i \le n-1} (1-q^i)}{\prod_{1 \le i \le m-1} (1-q^i)} + q^m\frac{\prod_{n-m \le i \le n-1} (1-q^i)}{\prod_{1 \le i \le m} (1-q^i)} \]

\[= \frac{((1-q^m) \prod_{n-m+1 \le i \le n-1} (1-q^i))+(q^m\prod_{n-m \le i \le n-1} (1-q^i))}{\prod_{1 \le i \le m} (1-q^i)} \]

\[= \frac{((1-q^m) \prod_{n-m+1 \le i \le n-1} (1-q^i))+((q^m-q^{n})\prod_{n-m+1 \le i \le n-1} (1-q^i))}{\prod_{1 \le i \le m} (1-q^i)} \]

\[= \frac{((1-q^{n})\prod_{n-m+1 \le i \le n-1} (1-q^i))}{\prod_{1 \le i \le m} (1-q^i)} \]

\[= \frac{\prod_{n-m+1 \le i \le n} (1-q^i))}{\prod_{1 \le i \le m} (1-q^i)} \]

\[= {n \brack m}_q \]

带入 \(m = n - m\) 可以证明 \({n \brack m}_q = q^{n-m} {n-1 \brack m-1}_q + {n-1 \brack m}_q\)。

同时我们得到了一个 \({n \brack m}_q\) 的组合意义： 从 \((0,0)\) 开始，每次向上或向右走一步，走到 \((n-m,m)\) 的所有路径中，\(q^{路径右下方的格子数}\) 的和。

3. \(\prod_{i=0}^{n-1} (1+q^iy) = \sum\limits_{i=0}^n q^{\binom{i}{2}} {n \brack i}_q y^i\)

证明

在 \(n = 1\) 的时候显然满足。

\(n > 1\) 时：

\[\prod_{i=0}^{n-1} (1+q^iy) = (1+q^{n-1}y) \prod_{i=0}^{n-2} (1+q^iy) \]

\[= \sum\limits_{i=0}^{n-1} q^{\binom{i}{2}} {n-1 \brack i}_q y^i + \sum\limits_{i=1}^{n} q^{\binom{i-1}{2}} q^{n-1} {n-1 \brack i-1}_q y^i \]

\[= \sum\limits_{i=0}^{n} (q^{\binom{i}{2}} {n-1 \brack i}_q + q^{\binom{i-1}{2}} q^{i-1} q^{n-i} {n-1 \brack i-1}_q) y^i \]

\[= \sum\limits_{i=0}^{n} q^{\binom{i}{2}} {n \brack i}_q y^i \]

同时，我们又得到了一个 \({n \brack i}_q\) 的组合意义：在一个长度为 \(n\) 的序列中，取集合 \(S\)，\({n \brack i}_q = \sum\limits_{|S| = i} \prod_{i \in S} q^{i 前没有被选的元素数}\)

4. \({n + m \brack k}_q = \sum\limits_{i=0}^k q^{(n-i)(k-i)} {n \brack i}_q {m \brack k-i}_q\)

证明

可以观察其组合意义：\({n + m \brack k}_q\) 即为有长度为 \(n\) 的序列，取集合 \(S\)，\(\prod_{i \in S} q^{i 前没有被选的元素数}\)。

拆成左右两半，左边 \(n\) 个元素，右边 \(m\) 个元素。设左边集合为 \(S_l\)，右边为 \(S_r\)，那么：

左边贡献为 \(\prod_{i \in S_l} q^{左边 i 前没有被选的元素数}\)，右边为 \(\prod_{i \in S_r} q^{i 前没有被选的元素数 + n - |S_l|} \;\;\;\;\;\;\;\;\;\;\; = q^{(n-|S_l|)|S_r|} \prod_{i \in S_r} q^{i 前没有被选的元素数}\)。

原式相当于枚举 \(|S_l|\)，然后相乘两边贡献。

5. \({n + m + 1 \brack n + 1}_q = \sum\limits_{i=0}^m q^i {n + i \brack n}_q\)

证明：不断展开结论 2 中的 \({n \brack m}_q = q^{n-m} {n-1 \brack m-1}_q + {n-1 \brack m}_q\) 即可。

6. \(\frac{1}{\prod_{i=0}^n (1-q^ix)} = \sum\limits_{i \ge 0} x^i {i+n \brack n}_q\)

证明

考虑数学归纳。在 \(n = 0\) 的时候显然成立。

\[F = \sum\limits_{i \ge 0} x^i {i+n \brack n}_q \]

\[= \sum\limits_{i \ge 0} x^i {i+n-1 \brack n-1}_q + q^n \sum\limits_{i \ge 0} x^{i} {i+n-1 \brack n}_q \]

\[= \sum\limits_{i \ge 0} x^i {i+n-1 \brack n-1}_q + q^n x \sum\limits_{i \ge 0} x^{i} {i+n \brack n}_q \]

\[= \frac{1}{\prod_{i=0}^{n-1} (1-q^ix)} + q^n x F \]

因此有 \(F = \frac{1}{1 - q^nx} \frac{1}{\prod_{i=0}^{n - 1} (1-q^ix)} = \frac{1}{\prod_{i=0}^{n} (1-q^ix)}\)。

试试看！

CF1603F

考虑如何求秩为 \(r\) 的 \(n\) 元组个数。

考虑让初始序列只剩下基中的元素，然后再在元素间插入。基中的元素只要满足前面的元素凑不出来当前元素即可，显然方案数是 \(\prod_{0 \le i < r} (2^k - 2^i)\)。

接着在基中的元素间插入。插入在第 \(i\) 个元素之后的方案数显然是 \(2^i\)。

因此插入产生贡献的生成函数是 \(\prod_{0 \le i \le r} \frac{1}{1-2^ix} [x^{n-r}]\)。

根据结论 6，我们可以得到 \(\prod_{0 \le i \le r} \frac{1}{1-2^ix} [x^{n-r}] = {n \brack r}_2\)。

因此秩为 \(r\) 的 \(n\) 元组个数为 \({n \brack r}_2\prod_{0 \le i < r} (2^k - 2^i)\)

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考虑原问题怎么做。

如果 \(x = 0\)，那么答案就是秩为 \(k\) 的矩阵个数。

如果 \(x \neq 0\)，可以发现对所有 \(x\) 答案都是一样的，所以只要算出能表示出多少非 \(0\) 数即可。如果秩为 \(r\)，那能表示出 \(2^r-1\) 个数，所以直接做即可。

aclink

SOJ #703. 【SPC #3】布尔立方 ~ Boolean Cube

发现如果不考虑主视和左视互不相同，是好做的。

考虑容斥，钦定左视图分成了 \(i\) 组，主视图分成了 \(j\) 组，设其答案为 \(G_{i,j}\)。设左视图恰好分成了 \(i\) 组，主视图恰好分成了 \(j\) 组的方案为 \(F_{i,j}\)。

那么有 \(G_{n,m} = \sum\limits_{i \le n} \sum\limits_{j \le m} \begin{Bmatrix} n \\ i \end{Bmatrix}\begin{Bmatrix} m \\ j \end{Bmatrix} F_{i,j}\)。

考虑斯特林反演，得 \(F_{n,m} = \sum\limits_{i \le n} \sum\limits_{j \le m} \begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}\begin{bmatrix} m \\ j \end{bmatrix} (-1)^{n-i+m-j} G_{i,j}\)。

因此答案为 ：

\[\sum\limits_{i \le L} \sum\limits_{j \le W} \begin{bmatrix} L \\ i \end{bmatrix}\begin{bmatrix} W \\ j \end{bmatrix} (-1)^{W-j+L-i} G_{i,j} \]

根据上一题的结论，有 \(G_{n,m} = \prod_{1 \le k \le H} {n \brack r_k}_2 \prod_{0 \le i < r_k} (2^m - 2^i)\)

而 \(\prod_{0 \le i < r_k} (2^m - 2^i) = \prod_{0 \le i < r_k} 2^i(2^{m-i} - 1) = 2^{\binom{r_k}{2}} \frac{[m]!_2}{[m-r_k]!_2}\)

\[\sum\limits_{i \le L} \sum\limits_{j \le W} \begin{bmatrix} L \\ i \end{bmatrix}\begin{bmatrix} W \\ j \end{bmatrix} (-1)^{W-j+L-i} G_{i,j} \]

\[\sum\limits_{i \le L} \sum\limits_{j \le W} \begin{bmatrix} L \\ i \end{bmatrix}\begin{bmatrix} W \\ j \end{bmatrix} (-1)^{W-j+L-i} \prod_{1 \le k \le H} 2^{\binom{r_k}{2}} \frac{[m]!_2}{[m-r_k]!_2}{n \brack r_k}_2 \]

注意到现在第一维和第二维无关了！

\[(\prod_{1 \le k \le H} 2^{\binom{r_k}{2}} \frac{1}{[r_k]!_2}) (\sum\limits_{i \le L} \begin{bmatrix} L \\ i \end{bmatrix} (-1)^{L-i} \prod_{1 \le k \le H} \frac{[i]!_2}{[i-r_k]!_2} ) (\sum\limits_{j \le W} \begin{bmatrix} W \\ j \end{bmatrix} (-1)^{W-j}\prod_{1 \le k \le H} \frac{[j]!_2}{[j-r_k]!}) \]

考虑如何对所有 \(i\) 算出 \(f_i = \prod_{1 \le k \le H} \frac{[i]!_2}{[i-r_k]!_2}\)。这里只有乘法，因此求 \(\ln\) 之后就变成了 \(H\ln([i]!_2) - \sum_{1 \le k \le H} \ln([i-r_k]!_2)\)，卷积即可（题解做法好像是 CZT，差分一下确实是 CZT 的形式，可能会更好写）

然后目标变为了对所有 \(0 \le N \le 10^5\)，求 \(g_N = \sum\limits_{i \le N} \begin{bmatrix} N \\ i \end{bmatrix} (-1)^{N-i} f_i\) 的值。

观察到这很像是下降幂转普通幂的柿子，但转移矩阵似乎恰好反了。

因此考虑转置原理。我们要求的是：

\(\begin{pmatrix} \begin{bmatrix} 0 \\ 0 \end{bmatrix} & -\begin{bmatrix} 0 \\ 1 \end{bmatrix} & \begin{bmatrix} 0 \\ 2 \end{bmatrix} & \cdots& (-1)^n\begin{bmatrix} 0 \\ n \end{bmatrix} \\ -\begin{bmatrix} 1 \\ 0 \end{bmatrix} & \begin{bmatrix} 1 \\ 1 \end{bmatrix} & -\begin{bmatrix} 1 \\ 2 \end{bmatrix} & \cdots& (-1)^{n-1} \begin{bmatrix} 1 \\ n \end{bmatrix} \\ \begin{bmatrix} 2 \\ 0 \end{bmatrix} & -\begin{bmatrix} 2 \\ 1 \end{bmatrix} & \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix} & \cdots& (-1)^{n-2}\begin{bmatrix} 0 \\ n \end{bmatrix} \\ \vdots&\vdots&\vdots&\ddots&\vdots\\ (-1)^n\begin{bmatrix} n \\ 0 \end{bmatrix} & (-1)^{n-1}\begin{bmatrix} n \\ 1 \end{bmatrix} & (-1)^{n-2}\begin{bmatrix} n \\ 2 \end{bmatrix} & \cdots& (-1)^{n-n}\begin{bmatrix} n \\ n \end{bmatrix} \\ \end{pmatrix} f\)

考虑求其转置：给出 \(u\)，求 \(v_k = \sum\limits_{i=0}^{n} u_i (-1)^{n-i} \begin{bmatrix} i \\ k \end{bmatrix}\)。

这下就是下降幂转普通幂了！

aclink