q-binomial 与线性基计数问题

q-binomial

本文章将直接给出相关定义与结论，并不会涉及 q-binomial 的自然推导历程，一些复杂的代数推导证明也省略。详见 zak 的博客。

q-analog

\([n]_q=\sum\limits_{i=0}^{n-1} q^i=\lim\limits_{x\to q}\frac {1-x^n}{1-x}\)。

\([n]!_q=[n-1]!_q[n]_q\)，特殊的 \([0]!_q=1\)。

q-binomial 的定义、组合意义、OGF 形式

定义：

• \(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_{q} = \frac {[n]_q!}{[m]_q![n-m]_q!}\)。

组合意义：

• 从 \((0,0)\to (n-m,m)\)，每次向上或向右走一步，所有路径 \(q^{右下角区域点数}\) 之和（注意路径连续一段向上走不应被计入）。
• 长度为 \(n\) 的 \(01\) 序列，恰有 \(k\) 个 \(0\) 时 \(q^{逆序对数量}\) 之和。
• （其实不难发现就是整数划分状物。）

OGF 形式：

• 定义形式幂级数 \(F(x)=\frac {1}{\prod\limits_{i=0}^n(1-q^ix)}\)，\([x^i]F(x)=\begin{bmatrix} n+i \\ n \end{bmatrix}_{q}\)。

若干恒等式

对称性。非常显然：

• \(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_{q}=\begin{bmatrix} n \\ n-m \end{bmatrix}_{q}\)。

吸收恒等式：

• \(m\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_{q}=n\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}_{q}\)。

杨辉三角。展开后可得。两个式子分别 \(\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}_{q},\begin{bmatrix} n-1 \\ m \end{bmatrix}_{q}\) 的系数为 \(1\)，看情况使用：

• \(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_{q}=\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}_{q}+q^m\begin{bmatrix} n-1 \\ m \end{bmatrix}_{q}\)。
• \(\begin{bmatrix} n \\ m \end{bmatrix}_{q}=q^{n-m}\begin{bmatrix} n-1 \\ m-1 \end{bmatrix}_{q}+\begin{bmatrix} n-1 \\ m \end{bmatrix}_{q}\)。

组合意义“逆序对”的由来。左式是所有 \(0\) 下标之和，右式相当于将其拆成 \((1,1)+(1,0)\)：

• \(\prod\limits_{i=0}^{n-1}(1+q^ix)=\sum\limits_{i=0}^{n}{q^{{i\choose 2}}\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}_{q}x^i}\)

范德蒙德卷积。利用组合意义“路径”，多乘的系数就是漏掉的右下角矩形：

• \(\begin{bmatrix} n+m \\ k \end{bmatrix}_{q}=\sum\limits_{i=0}^k q^{(n-i)(k-i)}\begin{bmatrix} n \\ i \end{bmatrix}_{q}\begin{bmatrix} m \\ k-i \end{bmatrix}_{q}\)

上指标求和。利用杨辉三角的式子 \(2\) 不断展开可得：

• \(\sum\limits_{i=0}^m q^i\begin{bmatrix} n+i \\ n \end{bmatrix}_{q}=\begin{bmatrix} n+m+1 \\ n+1 \end{bmatrix}_{q}\)。

线性基计数问题

默认了解线性代数基本结论。

求秩为 \(k\) 的向量序列个数

problem：计算长度为 \(n\) 的 \(F_{p}^k\) 向量序列个数，满足秩为 \(r\)，\(p\) 为质数。

• 引理：\(r\) 个线性无关 \(F_{p}^k\) 向量所张成的子空间大小为 \(p^r\)。

考虑分两步计算，先得到基，再插入其它元素。实质上是将原序列按照其前缀的秩分层，此处的“基”为每层第一个元素，也就是平常写的贪心求线性基。

前者方案数为 \(\prod\limits_{i=1}^r (p^k-p^{i-1})\)；后者在基的 \(i,i+1\) 元素中间插入的方案数为 \(p^i\)，生成函数刻画为：

\[\prod\limits_{i=0}^{r} \frac {1}{1-p^ix} [x^{n-r}] \]

此即 q-binomial 的 OGF，因此值为 \(\begin{bmatrix} n \\ r \end{bmatrix}_{q}\)。

模板题：CF1916H2 Matrix Rank (Hard Version)。

CF1603F October 18, 2017

枚举秩为 \(r\)，那么会有 \(2^k-2^r\) 个无法表示的值。注意此处 \(0\) 被表示为空集，但题目要求了非空子序列，不妨对 \(x=0\) 特判后将条件改为允许子序列为空。

由于 \(F_{2}\) 具有良好的对称性，不难感受到每个 \(x\ne 0\) 的答案都是一样的。因此计算无法表示的值个数之和，并除以 \(2^k-1\) 即可。

总结：

• 线性组合（子序列）状物考虑枚举秩。
• \(F_2\) 中对称性相关结论往往是正确的。

求最大子序列异或和的期望

problem：计算长度为 \(n\) 的 \(F_{2}^m\) 向量序列的最大子序列异或和之和。

考虑基的行最简型，即跑高斯消元得到的线性基，它具有良好的性质：

• 唯一存在。
• 记其主元 \(a_1<\dots <a_r\)，则第 \(a_i\) 列除了该主元对应向量所处行外，均为 \(0\)。

枚举 \(a_1\dots a_r\)，最大异或和即为 \(a\) 的异或和，异或和的主元位必为 \(1\)，而其它位显然是 \(0/1\) 等概率出现的，因此异或和期望为 \(\frac 12(2^{a_r+1}-1+\sum\limits_{i=1}^r 2^{a_i})\)。

接下来计算 \(a\) 对应的向量序列个数，将数位分为主元与自由元考虑，注意到确定每个向量主元位取值后，自由元的填写方案（即行最简型）与向量序列构成双射。

主元的计数相当于 \(n\) 个 \(F_{2}^r\) 向量秩为 \(r\) 的方案数，由行秩等于列秩，将其转置为 \(r\) 个 \(F_{2}^n\) 线性无关方案数，显然为 \(\prod\limits_{i=1}^r (2^n-2^{i-1})\)。自由元则是 \(\prod\limits_{i=1}^{r} 2^{a_i-(i-1)}\)。

枚举 \(r\)，\(\frac 12,\prod\limits_{i=1}^r (2^n-2^{i-1})\) 视为常数略去，我们要算这一坨：

\[\sum\limits_{|a|=r}(\prod\limits_{i=1}^r 2^{a_i-(i-1)})(2^{a_r+1}-1+\sum\limits_{i=1}^r 2^{a_i}) \]

拆开和式对三部分分别计算：

• \(2^{a_r+1}\)：枚举 \(a_r\)，提取 \(\prod 2^{-(i-1)}\) 后要算 \(\prod\limits_{i=0}^{a_r-1} (1+2^ix) [x^{r-1}]\)，此即 \(2^{2a_r}\begin{bmatrix} a_r \\ r-1 \end{bmatrix}_{2} {2^{r-1\choose 2}}\)。对于 \(\sum\limits_{i}^{m-1} 2^{2i}\begin{bmatrix} i \\ r \end{bmatrix}_{q}\) 使用吸收恒等式配凑系数后套用上指标求和。
• \(-1\)：同上，但不用枚举了。
• \(\sum 2^{a_i}\)：要算 \(\prod\limits_{i=1}^r 2^{a_i}\sum\limits_{i=1}^r2^{a_i}\)，考虑容斥，假装和式为 \(2^{m}-1\) 再减去不在 \(a\) 中的位，此即选 \(k+1\) 个元素的 \(\prod 2^{a_i}\) 之和再乘上选取容斥位的方案数 \(k+1\)。

总结：

• 线性组合的最值考虑枚举基的行最简型，分为主元与自由元考虑，感性理解：主元决定了作为线性基的性质、自由元则随机分布。计数时先提取主元计算满秩方案数；再乘上行最简型每个向量填写方案数，唯一确定自由元。
• q-binomial 可用于刻画递增元素序列作为 \(q\) 次幂指数，因此式子转换方向应为“使元素互不相同”，可参考上面的容斥。
• 运用吸收恒等式提取系数，配凑出上指标求和的形式。

模板题：AT_arc139_f [ARC139F] Many Xor Optimization Problems