闲话
今天放了 Killer Queen。
当时听到时感觉听过了
然后回头去黑板上找 找到了
突然想到为啥听过
看 JOJO4 时听的(
今日推歌:一点一点 - 阿良良木健 feat. 洛天依
好听的!而且听多了有些洗脑(
并 虽然是为了体现曲子内核 但还是想吐槽
阿良良老师画画真不羁(
\(\text{q-analog}\)
可能写得散了点。
\(\text{q-analog}\)(\(\text{q-}\)模拟)。具体的,在某些时候,我们需要一个对象 \(z\) 的性质在更多情况下的推广,这时可以构造一个表达式 \(f(q)\) 来引入新参数 \(q\),使得
\]
我们称这样的表达式为对象 \(z\) 的 \(\text{q-}\)模拟。下面定义的都是经典的 \(\text{q-}\)模拟,可以看做以 \(q\) 为变元的多项式。
对一个实数 \(r\) 的 \(\text{q-}\)模拟定义为
\]
这的正确性可以通过洛必达法则得到。当取非负整数 \(n\) 时,还可以得到
\]
对阶乘 \(n!\) 的 \(\text{q-}\)模拟定义为
\]
对二项式系数的 \(\text{q-}\)模拟(\(\text{q-binomial}\))定义为
\]
多项式系数也可以类似地定义。我们同样可以证明任意 \(\text{q-binomial}\) 是整数,这要用到二项式系数整数性的 \(\text{q-}\)模拟。
对下降幂的 \(\text{q-}\)模拟定义为
\]
因此我们可以定义上指标为实数的 \(\text{q-binomial}\) 如下:
\begin{aligned}
&\frac{(1 - q^{r})(1 - q^{r - 1})\dots(1 - q^{r - k + 1})}{(1 - q^{k})(1 - q^{k - 1})\dots(1 - q)} = \frac{[r]_q^{\underline{k}}}{[k]_q!},\quad &整数\ k\ge 0;
\\ &0,\quad &整数 \ k < 0.
\end{aligned}
\right.\]
上面式子对着具体数学 \((5.1)\) 打的。
下面是一些关于 \(\text{q-binomial}\) 的性质和推论。
\]
这是吸收恒等式的 \(\text{q-}\)模拟。\((5.5)\)。移项后能自然得到 \((5.6), (5.7)\)。
\]
这是加法公式的 \(\text{q-}\)模拟。\((5.8)\)。应用上面的公式能自然得到 \((5.8)\) 和 \((5.9)\) 之间夹着的那个公式。
\]
这是平行求和法的 \(\text{q-}\)模拟。\((5.9)\)。
\]
这是上指标求和的 \(\text{q-}\)模拟。\((5.10)\)。
\]
这是上指标反转的 \(\text{q-}\)模拟。\((5.14)\)。
\]
这是 trinomial revision 的 \(\text{q-}\)模拟。\((5.21)\)。
\]
这是范德蒙德卷积的 \(\text{q-}\)模拟。\((5.24)\)。
\]
这是二项式定理的 \(\text{q-}\)模拟,又称高斯二项式定理。这个也常用于定义更广义的 \(\text{q-binomial}\)。
我们可以从上面的公式中导出关于 \(\text{q-binomial}\) 的生成函数。
比方说,应用 \((5.9)\) 的 \(\text{q-}\)模拟可以得到
F_{r + 1}(z) & = \sum_{n\ge 0} \begin{bmatrix} r + n + 1 \\ n \end{bmatrix}_q z^n
\\ & = \sum_{n\ge 0}\sum_{k\le n} q^k \begin{bmatrix} r + k \\ k \end{bmatrix}_q z^n
\\ & = \sum_{k\ge 0} \sum_{n\ge 0}q^k \begin{bmatrix} r + k \\ k \end{bmatrix}_q z^{k + n}
\\ & = \sum_{k\ge 0} \begin{bmatrix} r + k \\ k \end{bmatrix}_q (qz)^k \sum_{n\ge 0}z^{n}
\\ & = \sum_{k\ge 0} \begin{bmatrix} r + k \\ k \end{bmatrix}_q (qz)^k \frac{z^k}{1 - z}
\\ & = \frac{1}{1 - z} F_{r}(qz)
\end{aligned}\]
也就是
\]
\]
这公式的应用可见本篇社论。
然后是一些应用。
首先是经典的排列逆序对。假设 \(\pi\) 枚举到任意长度为 \(n\) 的排列,\(\tau(\pi)\) 表示 \(\pi\) 中的逆序对数,则我们可以证明
\]
具体地,假设 \(f_i\) 表示前 \(i - 1\) 个元素和第 \(i\) 个元素形成的逆序对数,则可以发现 \([n]_q!\) 即为 \(f\) 的生成函数。
这也给出了计数长度为 \(n\) 的、逆序对数恰好为 \(k\) 的排列的方法。一种方法是 \(\ln - \exp\),另一种方法是[我看不懂]。
这还可以推广到多重集排列。假设 \(\pi\) 枚举到任意长度为 \(n\) 的多重集排列,其中值 \(i\) 出现 \(a_i\) 次。令\(\tau(\pi)\) 表示 \(\pi\) 中的逆序对数,则我们可以证明
\]
然后是一些线性代数计数。下面称模 \(q\) 意义下的值组成的集合为 \(\mathbb F_q\),以其为元素的 \(n\) 维向量的全体为 \(\mathbb F_q^n\)。
\(\mathbb F_q^n\) 内选 \(k\) 个有序向量使得他们彼此线性无关的方案数?
这个在这篇题解里有涉及到。运用相同的手法可以得到答案即为
\]
记它为 \([n : k]_q\)。
\(\mathbb F_q^n\) 内计数 \(k\) 维子空间数?
这个在这篇闲话里有涉及到。我们可以首先选出 \(k\) 个有序向量,当作这 \(k\) 维子空间的基。可以发现每组向量会被选择 \([k : k]_q\) 次,因此答案即为
\]
\(\text{q-Lucas}\) 的形式没看懂,先不提。
分圆多项式和 \(\text{q-Pochhammer}\) 也是,以后再开吧。
关于格路计数相关推论,知识限制了我的想象。
Reference:
q-analog(q-模拟)初探 - SyadouHayami ;
q-analog - qwaszx .