极值组合笔记——多项式方法

代数中我们熟知，在域 \(F\) 中

i. 非零 \(d\) 次一元多项式最多有 \(d\) 个根

ii. 对集合 \(S\subset F\)，存在 \(|S|\) 次的非零一元多项式 \(f(x)\)，使 \(\forall x\in S,f(x)=0\)

因此

• 如果我们想得到集合 \(S\) 大小的上界 \(d\)，可寻找次数不超过 \(d\) 的非零多项式 \(f\) 使 \(f\) 在 \(S\) 上为 \(0\)
• 如果我们想得到集合 \(S\) 大小的下界 \(d\)，只要知道在 \(S\) 上为 \(0\) 的低于 \(d\) 次多项式只有 \(0\) 多项式

书里提到的多项式方法大概就是以上两种，但会推广到多元多项式上。

注意

• \(F[x_1,\cdots,x_n]\) 表示 \(n\) 元多项式环
• 多项式的次数 \(\deg\) 为最高项的次数和，特别地 \(\deg 0=-\infty\)
• 一个多项式是 \(0\) 多项式是说其所有系数都是 \(0\)，但是在有限域上，非 \(0\) 多项式作为函数也可能等于 \(0\) 函数

两个结论在多元情形的推广

ii.

引理 16.1. 给定集合 \(E \subset F^n, |E| < {n+d\choose d}\)，存在次数不超过 \(d\) 的非零多项式 \(f\in F[x_1, \cdots, x_n]\) 在 \(E\) 上为 \(0\)。

证明思路是，次数不超过 \(d\) 的非零 \(n\) 元多项式所构成的 \(F\) 上的线性空间维数是 \({n+d\choose d}\)（练习 13.22），而 \(E\to F\) 函数所构成的空间 \(F^E\) 的维数是 \(|E|<{n+d\choose d}\)。因此，次数不超过 \(d\) 的非零多项式 到 \(E\) 上的多项式函数 的映射是高维向低维的线性映射，肯定不是单射。

i.

引理 16.2 对有限域 \(|F|=q>d\)，\(d\) 次多项式 \(f\in F[x_1, \cdots, x_n]\) 在 \(F^n\) 中最多有 \(dq^{n-1}\) 个根。

引理 16.3 (DeMillo–Lipton–Schwartz–Zippel lemma). 对 \(S\subset F,|S|>d,d\) 次多项式 \(f\in F[x_1, \cdots, x_n]\) 在 \(S^n\) 中最多有 \(d|S|^{n-1}\) 个根。

证明思路是，对 \(d\) 和 \(n\) 归纳，把 \(f(x_1,\cdots,x_n)\) 表为 \(\sum_{j=0}^t f_j(x_1,\cdots,x_{n-1})x_n^j\)，按照 \(f_t(x_1,\cdots,x_{n-1})\) 是否为 \(0\) 分类讨论，然后利用一元情形。

定理 16.8 (Combinatorial Nullstellensatz). 对 \(d\) 次多项式 \(f\in F[x_1, \cdots, x_n]\)，\(t_1+\cdots+t_n=d\) 且 \(x_1^{t_1}\cdots x_n^{t_n}\) 是 \(f\) 的 \(d\) 次项之一，\(S_1,\cdots,S_n\subset F, |S_1|>t_1,\cdots,|S_n|>t_n\)，那么 \(\exists x \in S_1\times\cdots\times S_n,f(x)\ne 0\)。

只要证 \(|S_1|=t_1+1,\cdots,|S_n|=t_n+1\) 的情形。

反证，假设 \(\forall x\in S_1\times\cdots\times S_n,f(x)=0\)。设 \(g_i(x_i)=\prod_{s\in S_i}(x_i-s)\)，则可以证明，对 \(i\) 取 \(1,\cdots,n\) 存在次数不超过 \(d-t_i-1\) 的 \(h_i(x_1,\cdots,x_n)\)，使 \(f(x_1,\cdots,x_n)=\sum_{i=1}^n h_i(x_1,\cdots,x_n)g_i(x_i)\)（这个结论就叫 Nullstellensatz）。原因是可以使 \(f\) 一直减去 \(g_i\) 的倍数而保持在 \(S_1\times\cdots\times S_n\) 上为 \(0\) 的性质，类似一元的多项式取模。通过这种操作可以得到余下的 \(r(x_1,\cdots,x_n)\)，使其在每个 \(x_i\) 的次数不超过 \(t_i\)，并且在 \(S_1\times\cdots\times S_n\) 上也是为 \(0\)。而这样的 \(r(x_1,\cdots,x_n)\) 肯定就是 \(0\) 多项式（练习 16.5）。

而容易发现等式右侧不可能有 \(f\) 有的 \(x_1^{t_1}\cdots x_n^{t_n}\) 项。矛盾。

例

判定多项式是否为零的随机算法

在域 \(F\) 上，假设我们要判定次数为 \(d\) 的 \(n\) 元多项式 \(f\) 是否为 \(0\)，注意只能查询点值而不能知道系数。

取 \(S\subset F\)，我们知道，假若 \(f\) 非 \(0\)，只要等概率取 \(S\) 中的点，它至少有（引理 16.3）\(1-\frac{d}{|S|}\) 的概率非 \(0\)。例如如果 \(|S|>2d\)，那么只要在 log 次查询内就能高概率判断正确。

这个算法可用于下面的问题。

假设 Alice 有 \(a_0\cdots a_{n-1}\in\{0,1\}^n\)，Bob 有 \(b_0\cdots b_{n-1}\in\{0,1\}^n\)，他们想要判断他们的 01 串是不是一样。

存在不超过 \(1/n\) 错误率而只需传输 \(O(\log n)\) bit 的做法。

思路是取 \(n^2<p\le 2n^2\)，改为判断 \(\mathbb F_p\) 上以分别以 \(a,b\) 为前 \(n\) 项系数的多项式是不是一样。

“有限域挂谷”

Kakeya 集合是欧式空间中包含任何方向的单位线段的点集。

Kakeya 猜想，说的是 \(\mathbb R^n\) 中 Kakeya 集合 Hausdorff 维数为 \(n\)。

“有限域 Kakeya 集合”：\(F\) 是有限域，\(K\) 是 \(F^n\) 上的“Kakeya 集合”，当且仅当 \(\forall v\in F^n,\exists w\in F^n,\{w+tv|t\in F\}\subset K\)。

“有限域 Kakeya 猜想”，则是说对 \(F^n\)，\(F\) 是有限域，存在和 \(F\) 无关的 \(c(n)>0\)，任何“Kakeya 集合” \(K\) 的大小 \(|K|>c(n)|F|^n\)。

定理 16.6. 对有限域 \(F\)，\(K\) 是 \(F^n\) 的“Kakeya 集合”，一定有 \(|K|\ge \frac{|F|^n}{n!}\)。

假设不然，设 \(q=|F|\)，则 \(|K|<\frac{|F|^n}{n!}\le {n+q-1\choose n}\)，（引理 16.1）存在次数不超过 \(q-1\) 的非零多项式 \(f\in F[x_1, \cdots, x_n]\) 在 \(K\) 上为 \(0\)。

设 \(d=\deg f\)，齐次的 \(f_d\) 为 \(f\) 的所有 \(d\) 次项之和，显然 \(f_d\) 非 \(0\)。

对方向 \(v\in F^n,v\ne 0\)，由定义 \(\exists w\in F^n,\{w+tv|t\in F\}\subset K\)，因此 \(\forall t\in F,f(w+tv)=0\)。把 \(f(w+tv)\) 看作是关于 \(t\) 的多项式，由于它的次数也不超过 \(q-1\)，根据一元多项式的结论，这是个零多项式，因此 \(0=[t^d]f(w+tv)=f_d(v)\)。由 \(v\) 的任意性，\(f_d(v)\) 在 \(F^n\) 上为 \(0\)。（引理 16.2）所以 \(f_d\) 就是 \(0\) 多项式。矛盾。

积和式

矩阵 \(A\) 的积和式 \(\operatorname{per}(A)\) 的定义就是行列式的定义中去掉 \((-1)^{\sigma(p)}\)。

积和式好像没有行列式那么好的性质，但是有以下定理：

定理 16.10. \(A\) 是 \(n\) 维矩阵，\(\operatorname{per}(A)\ne 0\)，\(\forall b\in F^n\)，存在 \(A\) 的一些列，使得这些列加起来和 \(b\) 每维都不同。

构造多项式 \(f=\prod_{i=1}^n(\sum _{i=1}^n a_{i,j}x_j -b_i)\)，则 \(\operatorname{per}(A)=[x_1\cdots x_n]f\)。利用 Combinatorial Nullstellensatz。

用仿射超平面覆盖超立方体

仿射超平面是 \(H = \{x ∈ \mathbb R^n| 〈a, x〉 = b\}\)，其中 \(a\in \mathbb R^n,b\in \mathbb R\)。

定理 16.12. 如果 \(\mathbb R^n\) 中 \(m\) 个仿射超平面 \(H_1,\cdots,H_m\) 不经过原点，但它们的并覆盖 \(\{0,1\}^n\setminus \{0\}\)，则 \(m\) 最小为 \(n\)。

\(m=n\) 的构造很容易。

假设存在 \(m< n\) 的 \(H_1,\cdots,H_m\) 符合要求，其中 \(H_j=\{x ∈ \mathbb R^n| 〈a_j, x〉 = 1\}\)。构造多项式 \(f=\prod_{j=1}^m(1-〈a_j, x〉)-\prod_{i=1}^n(1-x_{(i)})\)。利用 Combinatorial Nullstellensatz 推出矛盾。

正则子图

一个图是 \(d-\)正则的，当且仅当每个点度数都是 \(d\)。

定理 16.13. 对无自环（但可以有重边）的图 \(G\)，质数 \(p\)，如果 \(G\) 的平均度数至少为 \(2p-2\)，但是最大度数至多为 \(2p-1\)，则 \(G\) 有 \(p-\)正则的非空子图。

对每个边 \(e\) 有一个变量 \(x_e\)，在 \(\mathbb Z_p\) 上构造 \(|E|\) 元多项式 \(f=\prod_{v\in V}(1-(\sum_{e:v\in e}x_e)^{p-1})-\prod _{e\in E}(1-x_e)\)。利用 Combinatorial Nullstellensatz。其中 \(p-1\) 次方那里利用了费马小定理。

Sum-sets

这里定义 \(A+B=\{a+b|a\in A,b\in B\}\)。

定理 16.14 (Cauchy-Davenport). \(p\) 是质数，\(A,B\) 是 \(\mathbb Z_p\) 的两个非空子集，那么 \(|A+B|\ge\min(p,|A|+|B|-1)\)。

\(|A|+|B|>p\) 的情形是容易的。下面只要证 \(|A|+|B|\le p\) 时 \(|A+B|\ge |A|+|B|-1\)。

假设 \(|A+B|\le |A|+|B|-2\)，那就存在大小为 \(|A|+|B|-2\) 的子集 \(C\) 使得 \(A+B\subset C\)。我们想要导出矛盾，所以我们希望 \(\exists a\in A,b\in B,\forall c\in C,a+b\ne c\)。翻译一下就是 \(\exists a\in A,b\in B,f(a,b)=\prod_{c\in C}(a+b-c)\ne 0\)，其中 \(f\) 是 \(\mathbb Z\) 上的多项式。就可以用 Combinatorial Nullstellensatz。

Zero-sum sets

定理 16.9 (Chevalley–Warning). \(p\) 是质数，\(f_1,\cdots,f_m\in \mathbb F_p[x_1,\cdots,x_n]\)。如果 \(\sum_{j=1}^m \deg f_i <n\)，那么这 \(m\) 个多项式在 \(\mathbb F_p^n\) 上的公共零点个数是 \(p\) 的倍数。

大概证法是因为公共零点个数等于 \(\sum_{x\in \mathbb F_p^n} \prod_{j=1}^m(1-f_j(x)^{p-1})\)，要证它模 \(p\) 同余 \(0\)。因为求积号是一个 \(n\) 元、小于 \((p-1)n\) 次的多项式，所以对多项式的每一项都有一个元的次数小于 \(p-1\)。而由于求和号把所有的都枚举了一遍，利用 \(0\le t<p-1 \implies\sum_{x\in \mathbb F_p} x^t\equiv 0\) 即可。

证毕。

对自然数 \(n\)，我们想知道最小的 \(m\)，使得任何长 \(m\) 的整数序列，都有一个长 \(n\) 的子序列（不一定连续）的总和是 \(n\) 的倍数。

\(m=2n-2\) 时，\(0^{n-1}1^{n-1}\) 就是坏的，因此 \(m\) 至少是 \(2n-1\)。

定理 16.15. 任何长为 \(2n-1\) 的整数序列里都存在长为 \(n\) 的子序列使其总和是 \(n\) 的倍数。

据说是数竞典题。先证 \(n\) 是素数的情形，然后推广到一般情况。

设序列 \(a_1,\cdots,a_{2n-1}\)，\(\mathbb F_n\) 上多项式 \(f_0=\sum_{i=1}^{2n-1}x_i^{n-1},f_1=\sum_{i=1}^{2n-1}a_ix_i^{n-1}\)。\(0\) 显然是它们的公共零点，（定理 16.9）而且它们的公共零点个数是 \(n\) 的倍数，因此还有其他公共零点。

当然最典的做法是利用多项式 \(\sum_{\{i_1,\cdots,i_n\}\subset [2n-1]}(x_{i_1}+\cdots +x_{i_n})^{n-1}\)。