q-binomial 漫谈

目录

• q-analog, q-factorial and q-binomial 的定义
• 一些 q-binomial 的基本性质
• q-binomial 的组合意义
• 一些其它恒等式
• q-pochhammer
• 一个关于 q-analog 的基础应用
• 关于 \((t;q)_n\) 的递推式

q-analog, q-factorial and q-binomial 的定义

我们定义

\[[n]_q=\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^i=\lim\limits_{x\to q}\dfrac{1-x^n}{1-x} \]

我们称其为 \(n\) 的 \(\boldsymbol{q}\)-analog，显然其对于任意非负整数 \(n\) 都是良定义的，我们将该定义推广至任意整数 \(n\)。

进一步的，我们定义

\[\begin{aligned} &[n]!_q=\prod\limits_{i=1}^{n}[i]_q\\ &{n\brack m}_{q}=\dfrac{[n]!_q}{[m]!_q[n-m]!_q} \end{aligned} \]

特别的，定义 \([0]!_q=1\)，且当 \(n<m\) 或 \(m<0\) 时，\({n\brack m}_q=0\)。

\([n]!_q\) 称为 \(n!\) 的 \(q\)-analog 或 \(\boldsymbol{q}\)-factorial，并且 \({n\brack m}_q\) 称为 \(\binom{n}{m}\) 的 \(q\)-analog 或 \(\boldsymbol{q}\)-binomial。

显然，\([n]_0=1,[n]_1=n,[0]_q=0,[1]_q=1\)，并且 \({n\brack m}_q={n\brack n-m}_q\)。

所以我们可以得到 \({n\brack 0}_q={n\brack n}_q=1\) 以及 \({n\brack 1}_q={n\brack n-1}_q=[n]_q\)。

这揭示了 \({n\brack m}_q\) 与 \(\binom{n}{m}\) 之间存在一定的相似性，我们将在下文中进行讨论。事实上，当 \(q=1\) 时，\({n\brack m}_1=\binom{n}{m}\)。

展开 \({n\brack m}_q\)，我们可以得到：

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

当 \(n\to+\infty\) 时，我们得到了 \(\lim\limits_{n\to+\infty}{n\brack m}_q=\dfrac{1}{[m]!_q(1-q)^m}\)。（这一行好像有问题）

同时我们可以轻松得到 \({n\brack m}_{\frac{1}{q}}=q^{-m(n-m)}{n\brack m}_q\)。

一些 q-binomial 的基本性质

类似组合数，我们可以简单证明 \({n\brack m}_q=\frac{[n-m+1]_q}{[m]_q}{n\brack m-1}_{q-1}(q\ge1)\) 以及 \({n\brack m}_q=\frac{[n]_q}{[m]_q}{n-1\brack m-1}_{q}\)。

同时，在组合数中，我们有 \(\binom{n}{m}=\binom{n-1}{m-1}+\binom{n-1}{m}(n,m\ge1)\)。在 \(q\)-binomial 中我们可以类似的得到：

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

我们可以通过展开 \({n\brack m}_q-{n-1\brack m-1}_q\) 来简单证明上式：

\[\begin{aligned} {n\brack m}_q-{n-1\brack m-1}_q=&\left(\frac{[n]_q}{[m]_q}-1\right){n-1\brack m-1}_q\\ =&\left(\lim_{x\to q}\frac{1-x^n}{1-x^m}-1\right){n-1\brack m-1}_q\\ =&\left(\lim_{x\to q}x^m\frac{1-x^{n-m}}{1-x^m}\right){n-1\brack m-1}_q\\ =&\;q^m\frac{[n-m]_q}{[m]_q}{n-1\brack m-1}_q\\ =&\;q^m{n-1\brack m}_q \end{aligned} \]

由于 \({n\brack m}_q={n\brack n-m}_q\)，我们还能得到：

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

q-binomial 的组合意义

我们将 \({n\brack m}_q\) 看作是关于 \(q\) 的一个多项式，根据上述递推式，我们可以得到 \(\boldsymbol{{n\brack m}_q}\) 的组合意义:

在 \((n-m)\times m\) 的网格上，考虑全部共 \(\binom{n}{m}\) 条从左下走到右下的路径，我们假设 \(f_i\) 表示路径右下角恰好有 \(i\) 个格子的路径数量，则 \({n\brack m}_q=\sum\limits_{i=0}f_iq^i\)。

因此，我们得到 \({n\brack m}_q\) 是关于 \(q\) 的整多项式。例如，\({4\brack 2}_q=1+q+2q^2+q^3+q^4\)。由于路径的左上角的格子数量以及右下角的格子数量的对称性，因此 \({n\brack m}_q\) 的各项系数关于 \(q^{\frac{nm}{2}}\) 项对称。

同时，\(f_i\) 也等于由 \(n\) 个数字 \(0\) 以及 \(m\) 个数字 \(1\) 组成的长度为 \(n+m\) 的 \(01\) 串数量，其中恰好有 \(i\) 对逆序对。

根据组合意义或是代数推导，我们可以得到 \(\boldsymbol{q}\)-binomial 的范德蒙德卷积：

\[{a+b\brack n}_q=\sum\limits_{i=0}^{n}q^{i(b-n+i)}{a\brack i}_q{b\brack n-i}_q \]

进一步的，\(f_i\) 也等于将 \(i\) 划分成 \(n-m\) 个 \([0,m]\) 内的不降整数的方案数，这与 Ferrers Diagram 与整数划分之间的对应类似。

最后，我们就可以得出 \(q\)-binomial 的 OGF（Ordinary Generating Function，普通生成函数）了：

\[\sum\limits_{i=0}{n+i\brack i}_qx^i=\prod\limits_{i=0}^{n}\frac{1}{1-q^ix} \]

一些其它恒等式

类似 \(\binom{n}{m}=(-1)^m\binom{m-n-1}{m}\)，关于 \(q\)-binomial，我们有一下恒等式：

\[{n\brack m}_q=(-1)^mq^{nm-\binom{m}{2}}{m-n-1\brack m}_q \]

类似 \(\binom{n}{m}\binom{m}{k}=\binom{n}{k}\binom{n-k}{m-k}\)，我们同样有 \({n\brack m}_q{m\brack k}_q={n\brack k}_q{n-k\brack m-k}_q\)。

上述二式的证明均不难，留作读者自证。

类似 \((x+y)^n=\sum\limits_{i=0}^{n}\binom{n}{i}x^iy^{n-i}\)，我们同样有：

\[\prod\limits_{i=0}^{n-1}(q^ix+y)=\sum\limits_{i=0}^{n}q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n\brack i}_qx^iy^{n-i} \]

证明如下：

\(n=1\) 是平凡的，接下来，我们证明，如果恒等式对 \(n-1\) 成立，那么其对 \(n\) 也成立：

\[\begin{aligned} \prod\limits_{i=0}^{n-1}(q^ix+y)=&\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n-1\brack i}_qx^iy^{n-1-i}(q^{n-1}x+y)\\ =&\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n-1\brack i}_qx^iy^{n-i}+q^{n-1}\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n-1\brack i}_qx^{i+1}y^{n-1-i}\\ =&\sum\limits_{i=0}^{n-1}q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n-1\brack i}_qx^iy^{n-i}+q^{n-1}\sum\limits_{i=1}^{n}q^{\frac{(i-1)(i-2)}{2}}{n-1\brack i-1}_qx^{i}y^{n-i}\\ =&\sum\limits_{i=0}^{n}\left(q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n-1\brack i}_q+q^{n-1+\frac{(i-1)(i-2)}{2}}{n-1\brack i-1}_q\right)x^iy^{n-i}\\ =&\sum\limits_{i=0}^{n}q^{\frac{i(i-1)}{2}}\left({n-1\brack i}_q+q^{n-i}{n-1\brack i-1}_q\right)x^iy^{n-i}\\ =&\sum\limits_{i=0}^{n}q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n\brack i}_qx^iy^{n-i} \end{aligned} \]

根据数学归纳法证毕。

类似 \(\binom{n+1}{m+1}=\sum\limits_{i=m}^{n}\binom{i}{m}\)，我们同样有 \({n+1\brack m+1}_q=\sum\limits_{i=m}^{n}q^{i-m}{i\brack m}_q\)，使用数学归纳法容易证明。

我们同样有 \({n+1\brack m+1}=\sum\limits_{i=0}^{n}q^{(m+1)(n-k)}{n\brack i}_q\)，这是显然的。

q-pochhammer

定义 \(\boldsymbol{q}\)-pochhammer \((t;q)_n=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(1-q^it)(n\ge 0)\)，其为 \((1-t)^n\) 的 \(q\)-analog, 则 \((-t;q)_n=\sum\limits_{i=0}^{n}q^{\frac{i(i-1)}{2}}{n\brack i}_qt^i\)。

我们定义 \((t;q)_{n}=\prod\limits_{i=n}^{-1}\frac{1}{1-q^it}(n<0)\)，显然上述等式对于 \(n<0\) 的情况也成立。

我们可以轻易得到下列式子：

• \([n]^{\overline{k}}_q=\frac{(q^n;q)_k}{(1-q)^k}\)
• \([n]!_q=\frac{(q;q)_n}{(1-q)^n}\)
• \({n\brack m}_q=\frac{(q;q)_n}{(q;q)_m(q;q)_{n-m}}\)
• \((qx;q)_n=\frac{1-q^nx}{1-x}(x;q)_n\)

一个关于 q-analog 的基础应用

求数列 \(a_n\) 的个数满足：

• \(0\le a_i<2^k\)；
• 不存在一个 \(a_n\) 的非空子序列满足其异或和为 \(x\)。

当 \(x=0\) 时，答案为 \(\prod\limits_{i=1}^{n}\left(2^k-2^{i-1}\right)\)。显然 \(x\ne 0\) 时答案均相同。

将问题放在 \(\mathbb{F}_2\) 下考虑，设 \(n\) 个向量在空间下的秩为 \(r\)，则我们共有 \(\prod\limits_{i=1}^{r}\left(2^k-2^i\right)\) 组可能的基。

对于每个前缀，我们算出这些向量的张成空间的维度。假设维度增加 \(1\) 的位置分别为 \(1,2,\sim r\)，然后将其余 \(n-r\) 个向量插入在这些位置的开头，中间或是结尾，那么我们共有 \([x^{n-r}]\prod\limits_{i=0}^{r}\frac{1}{1-2^ix}={n\brack n-r}_2={n\brack r}_2\) 种方案，因此答案为 \(\sum\limits_{r=0}^{n}{n\brack r}_2\prod\limits_{i=1}^{r}\left(2^r-2^{i-1}\right)\).

关于 \((t;q)_n\) 的递推式

由于 \((tq;q)_n=\frac{1-q^nt}{1-t}(t;q)^n\)，因此 \((1-t)(tq;q)_n=(1-q^nt)(t;q)_n\).

We exact the coefficient of term \(t^m\):

How? https://www.luogu.com/article/uf0bvywr