模擬賽四道題三道是計數，不得不來看一看這個。
當一個表示式 \(f(q)\) 滿足 \(\lim_{q\to1}f(q)=c\) 時，稱它是 \(c\) 的 \(q-\)analog。
例如 \([n]_q=\frac{1-q^n}{1-q}=(1+q+q^2+\cdots+q^{n-1})\) 是 \(n\) 的 \(q-\)analog，因為它滿足上述定義。
一個自然數 \(n\) 的 \(q-\)factorial 為 \(\underset{i=1}{\overset{n}{\prod}}[i]_q\)，記作 \([n]_q!\)。
記 \((q)_k\) 為 \([k]_q!(1-q)^k\)。
再定義 \(\left(\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right)_q=\frac{[n]_q!}{[m]_q![n-m]_q!}\)，稱作 \(q-\)binomial coefficient，或 Gaussian polynomial coefficient。
定義當 \(n<m\) 時，上述值為 \(0\)。
直接展開可得：
\[\left(\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right)_q=\frac{\prod_{i=n-m+1}^n\left(1-q^i\right)}{\prod_{i=1}^m\left(1-q^i\right)}
\]
當 \(n\to\infty\) 時，上述值是確定的：
\[\left(\begin{matrix}\infty\\m\end{matrix}\right)_q=\lim_{n\to\infty}\left(\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right)_q=\frac{1}{[m]_q!(1-q)^m}
\]
即便 \(q-\)binomial coefficient 有分數的形式，我們依然可以證明它是整係數多項式。
對於 \(n\in\mathbb N\) 和 \(a_1,a_2,\dots a_k\in\mathbb N,a_1+a_2+\cdots+a_k=n\)，其中 \(k\ge 2\)，定義其 \(q-\)multinomial coefficient 為：
\[\left(\begin{matrix}n\\a_1,a_2,\dots a_k\end{matrix}\right)_q=\frac{[n]_q!}{[a_1]_q![a_2]_q!\cdots[a_k]_q!}
\]
\(q-\)exponential 是指數函式的 \(q-\)analog，定義式為：
\[e_q(z)=\sum_{n=0}^{\infty}z^n\frac{(1-q)^n}{(1-q^n)(1-q^{n-1})\cdots(1-q)}
\]
長度為 \(n\) 的排列的逆序對的生成函式，即 \(\sum_{\pi\in S_n}q^{\operatorname{inv}(\pi)}\)，為 \([n]_q!\)。
證明：考慮每個數開頭的逆序對個數，列成表，記作 \(a\)。例如 \(\pi=6\ 4\ 2\ 3\ 1\ 5\) 的逆序對錶為 \(a=(5,3,1,1,0,0)\)。可以證明 \(\pi\) 與 \(a\) 之間構成雙射（從前往後確定）。
所以有：
\[\begin{aligned}\sum_{\pi\in S_n}q^{\operatorname{inv}(\pi)}&=\sum_{a_1=0}^{n-1}\sum_{a_2=0}^{n-2}\cdots\sum_{a_n=0}^{0}q^{a_1+a_2+\cdots a_n}\\&=\left(\sum_{a_1=0}^{n-1}q^{a_1}\right)\left(\sum_{a_2=0}^{n-2}q^{a_2}\right)\cdots\left(\sum_{a_n=0}^{0}q^{a_n}\right)\\&=[n]_q[n-1]_q\cdots[1]_q\\&=[n]_q!\end{aligned}
\]
有結論：將 \(\operatorname{inv(\pi)}\) 換成 \(\operatorname{maj(\pi)}=\sum_{i=1}^{n-1}i[\pi_i>\pi_{i+1}]\)（降位和），結果是一致的。
突發奇想：設 \(\operatorname{inc}(\pi)=\sum_{i=1}^{n}i[\pi_i>\max_{j=1}^{i-1}\pi_j]\)，\(\sum_{\pi\in S_n}q^{\operatorname{inc}(\pi)}\) 應如何計算？
組合意義：以 \(q\) 為底，\(a_1\) 個 \(1\)，\(a_2\) 個 \(2\)，一直到 \(a_k\) 個 \(k\) 的逆序對數量為指數的和為 \(\left(\begin{matrix}n\\a_1,a_2,\dots a_k\end{matrix}\right)_q\)。
令 \(B(n,m,r)\) 是將 \(r\) 個相同小球放入 \(m\) 個相同試管中，每個試管最多可以容納 \(n\) 個小球的方案數。則 \(B(n,m,r)=[q^r]\left(\begin{matrix}n+m\\m\end{matrix}\right)_q\)。
\(q-\)binomial coefficient 有很多性質：
\[\left(\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right)_q=\left(\begin{matrix}n\\n-m\end{matrix}\right)_q
\]
瞪眼可得。
\[\left(\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right)_q=\left(\begin{matrix}n-1\\m-1\end{matrix}\right)_q+q^m\left(\begin{matrix}n-1\\m\end{matrix}\right)_q
\]
這是帕斯卡性質，可以透過把兩邊拆開約分證明。
有一個很類似的東西：
\[\left(\begin{matrix}n\\m\end{matrix}\right)_q=\left(\begin{matrix}n-1\\m\end{matrix}\right)_q+q^{n-m}\left(\begin{matrix}n-1\\m-1\end{matrix}\right)_q
\]
令 \(m\gets n-m\) 可得。
由此可以推出它的組合意義：考慮網格上一條 \((0,0)\) 到 \((n,m)\) 的只能向右或向上的路徑 \(P\in\mathcal P\)，令 \(\operatorname{area}(P)\) 為它下方的格子數量，則有：
\[\sum_{P\in\mathcal P}q^{\operatorname{area}(P)}=\left(\begin{matrix}n+m\\n\end{matrix}\right)_q
\]
還可以在 \(\operatorname{area}(P)\) 和 Ferrers diagram 之間建立聯絡。
還有推論，可反覆由帕斯卡性質拆解得到：
\[\left(\begin{matrix}n+m+1\\n+1\end{matrix}\right)_q=\sum_{i=0}^{m}q^i\left(\begin{matrix}n+i\\n\end{matrix}\right)_q
\]
\(q-\)Catalan 指的是 \(\frac{\left(\begin{matrix}2n\\n\end{matrix}\right)_q}{[n+1]_q}\)，它的組合意義是以 \(q\) 為底，以長為 \(2n\) 的括號序列的逆序對個數為指數的和。
\(q-\)binomial theorem：
\[\prod_{i=0}^{n-1}(q^ix+1)=\sum_{i=0}^nq^{\binom{i}{2}}\left(\begin{matrix}n\\i\end{matrix}\right)_qx^i
\]
證明：把等式左側記作 \(f(x)\)，觀察到：
\[f(qx)(x+1)=f(x)(q^nx+1)
\]
如果將展開 \(f(x)\)，記作 \(f(x)=\sum_{i=0}^nQ_ix^i\)，上式可寫作：
\[(x+1)\sum_{i=0}^nQ_iq^ix^i=(q^nx+1)\sum_{i=0}^nQ_ix^i
\]
對比其係數，可知當 \(i\ge1\) 時，有：
\[Q_i=Q_{i-1}\frac{q^{n-i+1}-1}{q^i-1}q^{i-1}
\]
由於 \(Q_0=1\)，可以遞推出：
\[Q_i=q^{\binom{i}{2}}\binom{n}{i}_q
\]
原命題得證。
由它就可以證明 \(q-\)binomial coefficient 是整係數多項式了。
\[\prod_{i=0}^{n}\frac{1}{1-q^ix}=\sum_{i=0}^\infty\binom{n+i}{i}_qx^i
\]
這是 \(q-\)binomial theorem 的負指數形式。
尤拉給出了另一個性質：
\[\prod_{i=0}^\infty\frac{1}{q^ix+1}=\sum_{i=0}^\infty(-1)^i\frac{x^i}{(q)_i}
\]
接下來看 \(q-\)Lucas theorem。先回顧一下 Lucas theorem：
\[\binom{n}{m}\equiv\left(\begin{matrix}\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\\\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor\end{matrix}\right)\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod{p}
\]
有性質：
\[\binom{p}{m}\equiv [m=0\lor m=p]\pmod p
\]
其中 \(0\le m\le p\)，\(p\) 是質數。
接下來觀察二項式：
\[\begin{aligned}[x^m](1+x)^n&\equiv[x^m](1+x)^{p\times\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\pmod p\\&\equiv[x^m](1+x^p)^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\pmod p\\&\equiv\left[x^{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\right](1+x)^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}[x^{m\bmod p}](1+x)^{n\bmod p}\pmod p\end{aligned}
\]
其中第一步利用性質，第二步觀察貢獻。
接下來我們希望如法炮製，推出 \(q-\)Lucas theorem。可以確定的是要用到 \(q-\)binomial theorem。
可以找到 \(d=\operatorname{ord}_p(q)\)，使得相似的性質成立：
\[\binom{d}{m}_q\equiv[m=0\lor m=d]
\]
其中 \(0\le m\le d\)。
接下來二項式中有貢獻的就只有兩項：
\[\prod_{i=0}^{d-1}(q^ix+1)\equiv 1+q^{\binom{d}{2}}x^d\equiv1+(-1)^{[2\mid d]}x^d\pmod p
\]
接下來透過推導 \(q-\)binomial theorem，就可以得到 \(q-\)Lucas theorem：
\[\binom{n}{m}_q\equiv \left(\begin{matrix}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\\\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}n\bmod d\\m\bmod d\end{matrix}\right)_q\pmod p
\]
\(n\) 階分圓多項式，記作 \(\Phi_n(x)\)，是 \(x^n-1\) 的一個不可約因式，且不是 \(x^k-1(k<n)\) 的因式。
如 \(\Phi_6(x)=x^2-x+1\)，\(\Phi_{11}(x)=\sum_{i=0}^{10}x^i\)，\(\Phi_{16}(x)=x^8+1\)。
它的名稱的由來是這樣的：
\[\Phi_n(x)=\prod_{\begin{subarray}{c}1\le k\le n\\\gcd(k,n)=1\end{subarray}}\left(x-e^{2i\pi\frac{k}{n}}\right)
\]
這其實與 \(x^n-1\) 本身也有關係。
有性質：
\[x^n-1=\prod_{d|n}\Phi_d(x)
\]
由莫比烏斯反演可得
\[\Phi_n(x)=\prod_{d|n}\left(x^d-1\right)^{\mu\left(\frac{n}{d}\right)}
\]
例題：因式分解
其實對於 \(q\)-Lucas theorem，不僅是階，單位根也可以，只要開始的那個性質就行了。
所以有：
\[\binom{n}{m}_q\equiv \left(\begin{matrix}\left\lfloor\frac{n}{d}\right\rfloor\\\left\lfloor\frac{m}{d}\right\rfloor\end{matrix}\right)\left(\begin{matrix}n\bmod d\\m\bmod d\end{matrix}\right)_q\pmod {\Phi_d(q)}
\]
其中 \(d\) 為任意正整數。這裡模分圓多項式相當於引入了它的所有根。
最後有一個形式類似的式子：
\[\sum_{w\in P_n}x^{\operatorname{cyc}(w)}=\sum_{i=0}^{n-1}(x+i)
\]
例題：October 18, 2017