零、在开始之前
先贴上主要参考的文章：
「关于我用三个小时推了一遍二项式定理这档事」
q-analog
发现了！凡是跟这个有关的文章都会十分震撼！
然后其实这篇文章就是多篇文章的结合体，大概会把我觉得目前有用的写（抄）下来
然后这里有一篇论文也貌似挺有用，然而英语水平实在太差，等以后有空了，英语水平上升读懂了可能会单独开篇文章来翻译
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
\[[n]_q!=
\begin{cases}
1 & n=0
\\
[n-1]_q![n]_q & n>0
\end{cases}
=\frac{\prod\limits_{i=1}^n (1-q^i)}{(1-q)^n}
\]
当然也可以定义
\[[n]_q^{\underline{m}}=\frac{\prod\limits_{i=0}^{m-1} (1-q^{n-i})}{(1-q)^m} \quad (m \in \mathbb{N})
\]
贰、 q-Pochhammer 记号
定义 q-Pochhammer 记号 \((t;q)_n=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(1-tq^i)\)
注意到其可以写成两个无穷级数的商，即
\[(t;q)_{n}=\frac{(t;q)_{\infty}}{(tq^n;q)_{\infty}}
\]
这样对于 \((t;q)_n,n<0\) 的定义非常自然
\[(t;q)_{-n}=\frac{(t;q)_{\infty}}{(tq^{-n};q)_{\infty}}=\frac{1}{(tq^{-n};q)_{n}}=\frac{1}{\prod_{i=1}^{n}(1+tq^{-i})}
\]
然后我们来推导一下 \((-t;q)_n\) ，记 \(f_i=[t^i](-t;q)_n\)
\[\begin{align*}
\frac{(-t;q)_n}{(-tq;q)_n}&=\frac{(-tq^{n+1};q)_{\infty}(-t;q)_{\infty}}{(-tq^{n};q)_{\infty}(-tq;q)_{\infty}}
\\
\\
\frac{(-t;q)_n}{(-tq;q)_n}&=\frac{(-t;q)_1}{(-tq^{n};q)_1}
\\
\\
(-t;q)_n(-tq^{n};q)_1&=(-tq;q)_n(-t;q)_1
\\
\\
(-t;q)_n(1+q^{n}t)&=(-tq;q)_n(1+t)
\\
\\
[t^m](-t;q)_n(1+q^{n}t)&=[t^m](-tq;q)_n(1+t)
\\
\\
f_m+q^{n}f_{m-1}&=q^{m}f_m+q^{m-1}f_{m-1}
\\
\\
f_m&=\frac{q^{n-m+1}-1}{q^{m}-1}q^{m-1}f_{m-1}
\\
\\
f_m&=q^{\tbinom{m}{2}}\frac{\prod\limits_{i=0}^{m-1}(q^{n-i}-1)}{\prod\limits_{i=1}^{m}(q^{i}-1)}
\end{align*}
\]
我们定义 q-二项式系数
\[\binom{n}{m}_{q}=q^{-\tbinom{m}{2}}f_m
\]
当然，也可以用 q-Pochhammer 记号来书写，两者上指数定义域都至少是整数域
\[[n]_q!=\frac{(q;q)_n}{(1-q)^n}
\]
\[\binom{n}{m}_{q}=\frac{(q;q)_n}{(q;q)_k(q;q)_{n-k}}
\]
q-二项式系数也有组合意义，其中一种是 \(\mathbb{F}_{q}\) 上 \(n\) 维线性空间中 \(m\) 维的线性子空间个数为 \(\binom{n}{m}_q\) ，读者可以自行推导
我们也可以同样推出 \(\frac{1}{(t;q)_n}\) ，记 \(g_i=\frac{1}{(t;q)_n}\) ，推导如下
\[\begin{align*}
\frac{(tq;q)_n}{(t;q)_n}&=\frac{(tq^{n};q)_{\infty}(tq;q)_{\infty}}{(tq^{n+1};q)_{\infty}(t;q)_{\infty}}
\\
\\
\frac{(tq;q)_n}{(t;q)_n}&=\frac{(tq^{n};q)_1}{(t;q)_1}
\\
\\
\frac{(t;q)_1}{(t;q)_n}&=\frac{(tq^{n};q)_1}{(tq;q)_n}
\\
\\
[t^m]\frac{1-t}{(t;q)_n}&=[t^m]\frac{1-tq^{n}}{(tq;q)_n}
\\
\\
g_m-g_{m-1}&=q^{m}g_m-q^{n+m-1}g_{m-1}
\\
\\
g_m&=\frac{1-q^{n+m-1}}{1-q^{m}}g_{m-1}
\\
\\
g_m&=\binom{n+m-1}{m}_q
\end{align*}
\]
有 q-反转公式
\[\begin{align*}
\frac{1}{(t;q)_n}&=\frac{(tq^n;q)_{\infty}}{(t;q)_{\infty}}
\\
\\
\frac{1}{(t;q)_n}&=(tq^{n};q)_{-n}
\\
\\
[t^m]\frac{1}{(t;q)_n}&=[t^m](tq^{n};q)_{-n}
\\
\\
\binom{n+m-1}{m}_q&=(-1)^{m}q^{nm+\tbinom{m}{2}}\binom{-n}{m}_q
\end{align*}
\]
为了保持左式的简洁，改写为
\[\binom{n}{m}_q=(-1)^{m}q^{nm-\tbinom{m}{2}}\binom{m-n-1)}{m}_q
\]
在这节的最后我们再来看看两个无穷级数的系数： \((t;q)_{\infty}\) 和其导数
首先显然有
\[(t;q)_{\infty}=(1-t)(tq;q)_{\infty}
\]
然后按照之前的推导，可得
\[(t;q)_{\infty}=\sum_{i=0}\frac{(-1)^{i}q^{\tbinom{i}{2}}}{(q;q)_i}t^{i}
\]
同理，有
\[\frac{1}{(t;q)_{\infty}}=\sum_{i=0}\frac{t^i}{(q;q)_i}
\]
总结一下，我们得到了如下几个与 q-Pochhammer 记号有关的恒等式
\[(-t;q)_n=\sum_{i=0}q^{\tbinom{i}{2}}\binom{n}{i}_{q}t^i
\]
\[\frac{1}{(t;q)_n}=\sum_{i=0}\binom{n+i-1}{i}_{q}t^i
\]
\[(t;q)_{\infty}=\sum_{i=0}\frac{(-1)^{i}q^{\tbinom{i}{2}}}{(q;q)_i}t^{i}
\]
\[\frac{1}{(t;q)_{\infty}}=\sum_{i=0}\frac{t^i}{(q;q)_i}
\]
叁、常用恒等式
先有
\[[a+b]_q=[a]_q+q^a[b]_q=q^b[a]_q+[b]_q
\]
\[[a]_q-[b]_q=q^b[a-b]_q
\]
\[[-n]_q=-\frac{[n]_q}{q^n}
\]
\[[n]_{\frac{1}{q}}=\frac{[n]_q}{q^{n-1}}
\]
然后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
\[\binom{n}{m}_q=\binom{n}{n-m}_q
\]
\[\binom{n}{m}_q=\frac{[n]_q}{[m]_q}\binom{n-1}{m-1}_q
\]
\[\binom{n}{m}_{\frac{1}{q}}=q^{-m(n-m)}\binom{n}{m}_q
\]
\[\binom{n}{m}_q\binom{m}{k}_q=\binom{n}{k}_q\binom{n-k}{m-k}_q
\]
\[\binom{n}{m}_q=q^m\binom{n-1}{m}_q+\binom{n-1}{m-1}_q
\]
\[\binom{n}{m}_q=\binom{n-1}{m}_q+q^{n-m}\binom{n-1}{m-1}_q
\]
注意到这有两种加法公式，这可以用 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
\[\sum_{k=0}^{n}q^k\binom{m+k}{m}_q=\binom{n+m+1}{m+1}_q
\]
还有 q-范德蒙德卷积
\[\binom{r+s}{t}=\sum_{k}q^{(r-k)(t-k)}\binom{r}{k}_q\binom{s}{n-k}_q
\]
也列出 q-反转公式
\[\binom{n}{m}_q=(-1)^{m}q^{nm-\tbinom{m}{2}}\binom{m-n-1}{m}_q
\]
如果有重要的以后可能会补充
肆、算子代数与牛顿级数及其 q-analog 相关
算子代数的一些定义：
恒等算子 \(I\) ，满足 \((I^{k}f)(x)=f(x)\)
移位算子 \(E\) ，满足 \((E^{k}f)(x)=f(x+k)\)
差分算子 \(\Delta\) ，满足 \(\Delta^{k}=(E-I)\Delta^{k-1}=(E-I)^k\)
我们先来熟悉这几个算子再研究其 q-analog 相关
注意到二次项系数在差分中有很好的性质，定义 \(g(x)=\binom{x}{n}\) ，有
\[(\Delta^{m}g)(x)=
\begin{cases}
\binom{x}{n-m} & m \le n
\\
0 & m > n
\end{cases}
\]
这个良好性质下面会使用到，不过我们先来推导一下更平凡的 \((\Delta^{n}f)(x)\) ，我们将 \(\Delta^{n}\) 展开
\[\Delta^{n}=(E-I)^{n}=\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}E^{k}
\]
所以有
\[(\Delta^{n}f)(x)=\sum_{k=0}^{k}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}f(x+k)
\]
现在来研究一下牛顿级数，设 \(f(x)=\sum_{i=0}c_i\binom{x}{i}\)
那么有
\[\begin{align*}
(\Delta^{k}f)(0)&=\sum_{i=0}c_i\Delta^{k}\binom{0}{i}
\\
\\
&=\sum_{i=0}c_i[i=k]
\\
&=c_k
\end{align*}
\]
所以就有牛顿级数表达式
\[\begin{align*}
f(x)&=\sum_{n=0}\binom{x}{n}(\Delta^{n}f)(0)
\\
\\
&=\sum_{n=0}\binom{x}{n}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}\binom{n}{k}f(k)
\end{align*}
\]
设 \(f_n=f(n),g_n=(\Delta^{n}f)(0)\) ，二项式反演也就非常自然了：
\[\begin{align*}
f_n&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}g_i
\\
\iff g_n&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}\binom{n}{i}f_i
\end{align*}
\]
接下来我们来研究一些 q-analog 相关，我们也先从 q-二项式系数下手
\[\Delta\binom{x}{n}_{q}=\binom{x+1}{n}_{q}-\binom{x}{n}_{q}=q^{x-n+1}\binom{x}{n-1}
\]
但是发现 \(\Delta^2\binom{x}{n}_{q}\) 就没有这么完美了，我们需要 q-差分算子 \(\Delta_{q}\)
观察发现 \(\Delta_{q}=\Delta,\Delta_{q}^{2}=(E-qI)(E-I)\) 的话可以使得
\[\begin{align*}
\Delta_{q}^{2}\binom{x}{n}_{q}&=\Delta_{q}\binom{x+1}{n}_{q}-q\Delta_{q}\binom{x}{n}_{q}
\\
\\
&=q^{x-n+2}\binom{x+1}{n-1}_{q}-q^{x-n+2}\binom{x}{n-1}_{q}
\\
\\
&=q^{2(x-n+2)}\binom{x}{n-2}_q
\end{align*}
\]
所以定义 q-差分因子
\[\begin{align*}
\Delta_{q}^{n}&=\prod\limits_{i=0}^{n-1}(E-q^iI)
\\
\\
&=E^n(\frac{I}{E};q)_n
\\
\\
&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}q^{\tbinom{n-i}{2}}\binom{n}{i}_{q}E^{i}
\end{align*}
\]
重新观察 q-二项式系数的高阶差分：
\[\Delta_{q}^{m}\binom{x}{n}_{q}=
\begin{cases}
q^{m(x+m-n)}\binom{x}{n-m}_{q} & m \le n
\\
0 & m > n
\end{cases}
\]
然后我们仿照牛顿级数定义 q-牛顿级数，设
\[f(x)=\sum_{i=0}c_i\binom{x}{i}_{q}
\]
那么有
\[\begin{align*}
(\Delta_{q}^{k}f)(0)&=\sum_{i=0}c_i\Delta_{q}^{k}\binom{0}{i}_q
\\
\\
&=\sum_{i=0}c_i[i=k]
\\
&=c_k
\end{align*}
\]
所以就有 q-牛顿级数表达式
\[\begin{align*}
f(x)&=\sum_{n=0}\binom{x}{n}_{q}(\Delta_{q}^{n}f)(0)
\\
\\
&=\sum_{n=0}\binom{x}{n}_{q}\sum_{k=0}^{n}(-1)^{n-k}q^{\tbinom{n-k}{2}}\binom{n}{k}_{q}f(k)
\end{align*}
\]
设 \(f_n=f(n),g_n=(\Delta_{q}^{n}f)(0)\) ， q-二项式反演也就非常自然了：
\[\begin{align*}
f_n&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}_{q}g_i
\\
\iff g_n&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}q^{\tbinom{n-i}{2}}\binom{n}{i}_{q}f_i
\end{align*}
\]
其实还有一种 q-二项式反演的证明方法：
\[\begin{align*}
f_n&=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}_{q}g_i
\\
\\
\frac{f_n}{(q;q)_n}&=\sum_{i=0}^{n}\frac{g_i}{(q;q)_{i}}\frac{1}{(q;q)_{n-i}}
\\
\\
\frac{g_n}{(q;q)_n}&=[x^n](\sum_{i=0}\frac{f_i}{(q;q)_i}x^i) \cdot (\sum_{i=0}\frac{x^i}{(q;q)_i})^{-1}
\\
\\
\frac{g_n}{(q;q)_n}&=[x^n](\sum_{i=0}\frac{f_i}{(q;q)_i}x^i) (x;q)_{\infty}
\\
\\
\frac{g_n}{(q;q)_n}&=\sum_{i=0}\frac{f_i}{(q;q)_i}\frac{(-1)^{n-i}q^{\tbinom{n-i}{2}}}{(q;q)_{n-i}}
\\
\\
g_n&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}q^{\tbinom{n-i}{2}}\binom{n}{i}_{q}f_i
\end{align*}
\]
伍、 q-斯特林数
仿照斯特林数，来观察一下 \([x]_{q}^{n}\) 和 \([x]_{q}^{\underline{m}}\) 转换的系数
设 \([x]_{q}^{n}=\sum_{i=0}^{n}c_{n,i}[x]_{q}^{\underline{i}}\) ，对 \([x]_{q}^{n}\) 拆 q-牛顿级数，得
\[\begin{align*}
[x]_{q}^{n}&=\sum_{m=0}\binom{x}{m}_q\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}q^{\tbinom{m-i}{2}}\binom{m}{i}_{q}[i]_{q}^{n}
\\
\\
&=\sum_{m=0}\frac{[x]_{q}^{\underline{m}}}{[m]_q!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}q^{\tbinom{m-i}{2}}\binom{m}{i}_{q}[i]_{q}^{n}
\end{align*}
\]
对比两式系数，可得
\[c_{n,m}=\frac{1}{[m]_q!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}q^{\tbinom{m-i}{2}}\binom{m}{i}_{q}[i]_{q}^{n}
\]
观察 \(c_{n,m}\) 如何递推
\[\begin{align*}
[x]_{q}^{n}&=[x]_{q}\sum_{i=0}^{n-1}c_{n-1,i}[x]_{q}^{\underline{i}}
\\
\\
&=\sum_{i=0}^{n-1}([i]_q+q^i[x-i]_q)c_{n-1,i}[x]_{q}^{\underline{i}}
\\
\\
&=\sum_{i=0}^{n-1}[i]_{q}c_{n-1,i}[x]_{q}^{\underline{i}}+\sum_{i=0}^{n-1}q^i[x]_{q}^{\underline{i+1}}
\\
\\
&=\sum_{i=0}^{n}(q^{i-1}c_{n-1,i-1}+[i]_{q}c_{n-1,i})[x]_{q}^{\underline{i}}
\end{align*}
\]
故
\[c_{n,m}=q^{m-1}c_{n-1,m-1}+[m]_{q}c_{n-1,m}
\]
定义 q-第二类斯特林数
\[{n \brace m}_q=q^{-\tbinom{m}{2}}c_{n,m}
\]
有递推式
\[{n \brace m}_q={n-1 \brace m-1}_q+[m]_q{n-1 \brace m}_q
\]
和通项公式
\[{n \brace m}_q=\frac{q^{-\tbinom{m}{2}}}{[m]_q!}\sum_{i=0}^{m}(-1)^{m-i}q^{\tbinom{m-i}{2}}\binom{m}{i}_{q}[i]_{q}^{n}
\]
设 \([x]_{q}^{\underline{n}}=\sum_{i=0}^{n}d_{n,i}[x]_{q}^{i}\) ，同样推导一下 \(d_{n,m}\) 的递推式
\[\begin{align*}
[x]_{q}^{\underline{n}}&=[x-n+1]_q\sum_{i=0}^{n-1}d_{n-1,i}[x]_{q}^{i}
\\
\\
&=q^{-(n-1)}([x]_q-[n-1]_q)\sum_{i=0}^{n-1}d_{n-1,i}[x]_{q}^{i}
\\
\\
&=q^{-(n-1)}\sum_{i=0}^{n}(d_{n-1,i-1}-[n-1]_{q}d_{n-1,i})[x]_{q}^{i}
\end{align*}
\]
故 \(d_{n,m}=q^{-(n-1)}(d_{n-1,m-1}-[n-1]_{d}d_{n-1,m})\)
定义 q-无符号第一类斯特林数（有符号即没有 \((-1)^{n-m}\) ）
\[{n \brack m}_q=(-1)^{n-m}q^{\tbinom{n}{2}}d_{n,m}
\]
那么有递推式
\[{n \brack m}_q={n-1 \brack m-1}_q+[n-1]_q{n-1 \brack m}_q
\]
注意到有下面两个式子
\[\begin{align*}
[x]_{q}^{n}&=\sum_{m=0}{n \brace m}_{q}q^{\tbinom{m}{2}}[x]_{q}^{\underline{m}}
\\
q^{\tbinom{n}{2}}[x]_{q}^{n}&=\sum_{m=0}(-1)^{n-m}{n \brack m}_{q}[x]_{q}^{m}
\end{align*}
\]
能感受到 \(A_{n,m}={n \brack m}_{q}\) 和 \(B_{n,m}=(-1)^{n-m}{n \brace m}_{q}\) 两个矩阵互逆，不过我们还是需要严谨证明
这个结论等价于要证明（ \(\delta(n,m)=[n=m]\) ）
\[\begin{cases}
\sum\limits_{i=0}A_{n,i}B_{i,m}=\delta(n,m)
\\
\\
\sum\limits_{i=0}B_{n,i}A_{i,m}=\delta(n,m)
\end{cases}
\]
那么
\[\begin{align*}
[x]_{q}^{n}&=\sum_{m=0}{n \brace m}_{q}q^{\tbinom{m}{2}}[x]_{q}^{\underline{m}}
\\
\\
&=\sum_{i=0}{n \brace i}_{q}\sum_{m=0}(-1)^{i-m}{i \brack m}_{q}[x]_{q}^{m}
\\
\\
&=\sum_{m=0}[x]_{q}^{m}\sum_{i=0}{n \brace i}_{q}(-1)^{i-m}{i \brack m}_{q}
\end{align*}
\]
故 \(\sum\limits_{i=0}{n \brace i}_{q}(-1)^{i-m}{i \brack m}_{q}=[n=m]=\delta(n,m)\)
同理，也可以证明第二个式子，所以有 q-斯特林反演
\[\begin{align*}
f_n&=\sum_{i=0}^{n}{n \brace i}_{q}g_i
\\
\iff g_n&=\sum_{i=0}^{n}(-1)^{n-i}{n \brack i}_{q}f_i
\end{align*}
\]
陆、一些练习
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
\[ans=[x^k]\prod_{i=1}^n(\sum_{i=0}^{i-1}x^i)=[x^k]\frac{\prod\limits_{i=1}^n(1-x^i)}{(1-x)^n}
\]
能够发现分子就是 \((-x;x)_n\) ，有
\[ans=[x^k]\frac{1}{(1-x)^n}\sum_{i=0}^n(-x)^{i}x^{\tbinom{i}{2}}\binom{n}{i}_x=[x^k]\frac{1}{(1-x)^n}\sum_{i=0}^n(-1)^{i}x^{\frac{i(i+1)}{2}}\binom{n}{i}_x
\]
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？直接每次乘上 \(\frac{1-q^{n-m+1}}{1-q^m}\) 即可
评测链接
令 \(P=998244353,q=B^{-1}\) ，显然可以将要求的式子改写为
\[B^{p}[t^m]\prod_{i=1}^{n}(1+q^{i}t)=B^{p}[t^m](-qt;q)_n=B^{p-m-\tbinom{m}{2}}\binom{n}{m}_{q}
\]
那么主要在于如何快速求解 \(\binom{n}{m}_{q}\) ，可以从 \(\text{Lucas}\) 定理的思想下手
设 \(a=\mathrm{ord}(q)\) 为最小的正整数使得 \(q^a \equiv 1 \pmod P\)
首先有 \(\forall i \in [1,a) \cap \mathbb{Z},\binom{a}{i}_q=0\) ，这是显然的，由此可以推出
\[(-t;q)_a \equiv x^a+1 \pmod P
\]
那么就可以开始做类似 \(\text{Lucas}\) 定理推导
\[\begin{align*}
q^{\tbinom{m}{2}}\binom{n}{m}_q&=[t^m]\prod_{i=0}^{n-1}(1+q^it)
\\
\\
&=[t^m](1+t^a)^{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}\prod_{i=0}^{n \bmod a}(1+q^it)
\\
\\
&=\Big([t^{\lfloor \frac{m}{a} \rfloor}](1+t^a)^{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}\Big)\Big([x^{m \bmod a}]\prod_{i=0}^{n \bmod a}(1+q^it)\Big)
\\
\\
&=\binom{\lfloor \frac{n}{a} \rfloor}{\lfloor \frac{m}{a} \rfloor}q^{\tbinom{m \bmod 2}{2}}\binom{n \bmod a}{m \bmod a}
\end{align*}
\]
暴力找一找发现 \(a=917504\) ，正好是 \(10^6\) 范围， \(\lfloor \frac{n}{a} \rfloor,n \bmod a\) 都是 \(10^6\) 级别，都可以预处理
评测链接
显然序列 \(A\) 的权值就是正交线性基的异或和，所以考虑先枚举 \(n\) 个向量组成的线性子空间的秩 \(k\) ，枚举这 \(k\) 维是 \(a_1,a_2,\cdots,a_k\) ，先有
引理. 长为 \(n\) 的 \(\mathbb{F}^{k}_{2}\) 向量序列生成的线性空间等于 \(\mathbb{F}^{k}_{2}\) 的个数为 \(\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^n-2^i)\)
证明：考虑将向量矩阵转置，等价于长度为 \(k\) 的 \(\mathbb{F}^{n}_{2}\) 向量序列线性无关的个数
现在就有了只看这 \(k\) 维的方案数，我们还需要知道 \(n\) 个数其他 \(m-k\) 位的填数方案和线性基的期望异或和
先算期望异或和，这 \(k\) 维必定有贡献，其他位可以发现概率都独立的是 \(\frac{1}{2}\) ，直观上很显然，当然也可以进行推导，假设这一位有 \(cnt\) 个数可以为 \(1\) ，那么概率就是 \(\frac{\sum\limits_{i=2k+1}\tbinom{cnt}{i}}{2^{cnt}}=\frac{1}{2}\) ，所以期望和就是 \(\frac{2^{a_k+1}-1+\sum\limits_{i=1}^{k}2^{a_i}}{2}\)
考虑到我们计算正交线性基较为方便且没有影响，所以在正交线性基的前提下，第 \(i\) 个基内的数最高位就是 \(a_i\) ，且其他在基内的 \(k-1\) 位都为 \(0\) ，而不在基内的显然可以使得另外 \(m-k\) 位都为 \(0\) ，所以方案数就是 \(\prod\limits_{i=1}^{k}2^{a_i-(i-1)}\) ，所以答案就是
\[\sum_{k=1}^{m}\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^n-2^i)\sum_{a_1,a_2,\ldots,a_k}\prod_{i=1}^{k}2^{a_i-(i-1)}\frac{2^{a_k+1}-1+\sum_{i=1}^{k}2^{a_i}}{2}
\]
我们把枚举了最后那段分成 \(-1,\sum\limits_{i=1}^{k}2^{a_i},2^{a_k+1}\) 三部分来计算
第一部分 \(-1\) ，即求
\[\sum_{k=1}^{m}\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^n-2^i)2^{-\tbinom{k}{2}}[x^k]\prod_{i=0}^{m-1}(1+2^ix)
\]
记 \(G(x)=\prod\limits_{i=0}^{m-1}(1+2^ix)=(-x;2)_m\) ，得 \([x^k]G(x)=2^{\tbinom{k}{2}}\binom{m}{k}_2\)
第二部分 \(\sum\limits_{i=1}^{k}2^{a_i}\) ，
正难则反， \(\sum\limits_{i=1}^{k}2^{a_i}=2^{m}-1-\sum\limits_{i=0,i \notin \{a_1,a_2,\ldots,a_k\}}^{m-1}2^{i}\)
原式就能转为求
\[\sum_{k=1}^{m}\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^n-2^i)2^{-\tbinom{k}{2}}((2^{m}-1)[x^k]G(x)-(k+1)[x^{k+1}]G(x))
\]
读者可以自行思考其思路
第三部分 \(2^{a_k+1}-1\) ，枚举 \(a_k\) ，原式可写为
\[\sum_{k=1}^{m}\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^n-2^i)2^{-\tbinom{k}{2}} \cdot 2\sum_{i=k-1}^{m-1}2^{2i}[x^{k-1}]\prod_{j=0}^{i-1}(1+2^jx)
\]
记 \(F(x)=\sum_{i=k-1}^{m-1}4^{i}[x^{k-1}]\prod_{j=0}^{i-1}(1+2^jx)\) ，有
\[4(1+x)F(2x)=F(x)-1+4^m\prod_{i=0}^{m-1}(1+2^ix)
\]
考察 \(i\) 次项系数，则有
\[\begin{align*}
4(2^i[x^i]F(x)+2^{i-1}[x^{i-1}]F(x))&=[x^i]F(x)-1+4^m[x^i]G(x)
\\
\\
f_i&=\frac{4^{m}g_i-1-2^{i+1}f_{i-1}}{2^{i+2}-1}
\end{align*}
\]
显然可以 \(O(m)\) 递推出 \(F(x)\)
还有一种做法，就是拼凑出上指标求和，下面直接列出推导过程
\[\begin{align*}
&\quad \sum_{i=k-1}^{m-1}2^{2i+1}[x^{k-1}]\prod_{j=0}^{i-1}(1+2^jx)
\\
\\
&=2^{\tbinom{k-1}{2}}\sum_{i=k-1}^{m-1}2^{2i+1}\binom{i}{k-1}_2
\\
\\
&=2^{\tbinom{k-1}{2}}2^{k-1}\sum_{i=k-1}^{m-1}2^{i+1}\cdot 2^{i-k+1}\binom{i}{k-1}_2
\\
\\
&=2^{\tbinom{k}{2}}(\sum_{i=k-1}^{m-1}(2^{i+1}-1)2^{i-k+1}\binom{i}{k-1}_2+\sum_{i=k-1}^{m-1}2^{i-k+1}\binom{i}{k-1}_2)
\\
\\
&=2^{\tbinom{k}{2}}((2^{k}-1)\sum_{i=0}^{m-k}2^{i}\binom{i+k}{k}_2+\sum_{i=0}^{m-k}2^{i}\binom{i+k-1}{k-1}_2)
\\
\\
&=2^{\tbinom{k}{2}}((2^{k}-1)\binom{m+1}{k+1}_2+\binom{m}{k}_2)
\end{align*}
\]
最后我们把三部分合并一下（最后一部分用的后一种做法推出来的式子）有
\[\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m}\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^n-2^i)2^{-\tbinom{k}{2}}(2^{\tbinom{k}{2}}((2^{k}-1)\binom{m+1}{k+1}_2+\binom{m}{k}_2)-2^{\tbinom{k}{2}}\binom{m}{k}_2+(2^m-1)2^{\tbinom{k}{2}}\binom{m}{k}_2-(k+1)2^{\tbinom{k+1}{2}}\binom{m}{k+1}_2)
\]
将 \(\binom{m+1}{k+1}_2\) 拆为 \(2^{m-k}\binom{m}{k}_2+\binom{m}{k+1}_2\) ，整理一下，可得原式即为
\[\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{m}\prod\limits_{i=0}^{k-1}(2^n-2^i)((2^{m+1}-2^{m-k}-1)\binom{m}{k}_2-(k2^{k}+1)\binom{m}{k+1}_2)
\]
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因为需要线性代数基础，然而我没有，所以直接把最后式子列出来
\[G(x)+q^{n-1}xG(q^{-1}x)-1=0
\]
\[(1-x)F(qx)+q^{n}xF(x)-(x;q)_{\infty}=0
\]
\[ans=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}_q f_{n-i}(q;q)_{n-i} 3^{(q^{in})}
\]
题解就先咕了
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咕咕咕~
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