闲话
前几周(?)打了 us-tc。puzzle hunt 真好玩 😋
悠悠博客上更新了完赛记录
怎么快两个月没写鲜花了 /jk
前几月(?)写了点东西，发一下！
推歌：
Weißer Schnee by regulus ft. 初音ミク;
Ultimate Shot - To Cosmos by Knighthood;
春风衔笺 by Winfrid et al.;
梦境永居宣言 by Winfrid et al.;
在寅时蒸发的阵雨 by Sakura_Rain ft. 诗岸;
花钟 by TC ft. 星尘;
这是什么，反骨，敲一下 by 墨梓_Mozes et al.;
Paper Bouquet by Mili;
“看中v和多项式科技真有点统计学相关性吧.”
一个 bgf 对角线提取技巧的拓展
定义
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\(K[x]\) 为 \(K\) 上以 \(x\) 为自变量的有限多项式集合。
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\(K[[x]]\) 为 \(K\) 上以 \(x\) 为自变量的幂级数集合。
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\(K((x))\) 为 \(K\) 上以 \(x\) 为自变量的 Laurent 级数集合。
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一个以 \(x\) 为自变量的 Puiseux (/pɥizø/)级数或分数 Laurent 级数形如
\[\sum_{n \in \mathbb Z} a_n x^{n / D} \]其中 \(D \in \mathbb Z_+\)。换句话说，Puiseux 级数推广了幂级数，让其包含负指数与限定分母的分数指数。对域 \(K\)，定义 \(K^{\mathit{fra}}((x))\) 是 \(K\) 上（即系数属于 \(K\)）以 \(x\) 为自变量的 Puiseux 级数域。
本文旨在介绍一个提取有理 Laurent 级数对角线的方法（《计数组合学》Thm. 6.3.3）。Alpha1022 老师的此篇题解中使用的技巧其实就是该方法。前传：如何用 50 多年前的学术界分析方法求二元生成函数的对角线？
我们需要解决的是：给定生成函数 \(F(s, t) = \sum_{i, j \ge 0} f_{i, j} s^it^j\)，我们希望找到一个方法计算
该方法完全摒弃了复分析，转而将 \(F\) 转换为合适的 Puiseux 级数。该方法构造性地证明了如下定理：
\(\textbf{Theorem 1}\)
令 \(K\) 为域，并令 \(F(s, t)\in K[[s,t]]\cap K(s, t)\)，即为一个 \(K\) 上可表示为有理分式的幂级数。那么 \(\text{diag }F\) 代数。
证明：由于 \(F\) 在 \(K\) 上代数当且仅当 \(F\) 在 \(K\) 的任一代数扩张上代数，不妨令 \(K\) 代数闭。为便捷，我们假设 \(\mathrm{char}\ K = 0\)，但 \(K\) 任意时该陈述也是正确的（未来会写吗？）。
令 \(G(x, s) = F(s, x/s) \in K[[s, x/s]]\)，\(G\) 就是关于 \(s, x\) 的形式 Laurent 级数，使得单项式 \(x^i s^j\) 在 \(G\) 中出现则必有 \(i\ge 0, j\ge -i\)。显然地，\([s^0] G(x, s) = \text{diag }F\)。
由 \(F\) 是 \(s,t\) 为自变量的有理分式，显然 \(G\) 也是有理分式，可以被表示为 \(G = P/Q\) 的形式，其中 \(P, Q \in K[x, s]\)。将这一形式视为一个系数位于 \(K[x]\) 中、关于 \(s\) 的有理分式，我们就有部分分式分解
其中 \(e_j \in \mathbb N_+, \xi_1(x), \cdots, \xi_l(x)\) 为 \(Q(s)\) 的（两两不同的）零点，\(N_j(s) \in K(\xi_1, \dots, \xi_l)[s]\)。由于 \(Q(s)\) 的系数为关于 \(x\) 的多项式，根据 Puiseux 定理，存在 \(r \in \mathbb N_+\)，\(\xi_i(x) \in K((x^{1/r})) \subset K^{\mathit{fra}}((x))\)。因此 \(N_j(s) \in K((x^{1/r}))[s]\)。
什么是 Puiseux 定理？
它有两个等价的陈述：
- 若 \(K\) 是特征零的代数闭域，那么 \(K^{\mathit{fra}}((x))\) 也代数闭。
- 多项式方程 \(f(x, y) = 0\) 存在一个解，满足 \(y\) 被表为以 \(x\) 为自变量的 Puiseux 级数。
证明冗长，从略（未来会写吗？），可以见这里。令人惊讶的是，这定理对特征 \(p>0\) 的代数闭域 \(K\) 并不成立。
若要将 \(G\) 变为一个容易看出的 Laurent 级数，我们就要将 \(\{\xi_i\}\) 分为两个组 \(\{\alpha_i\}_{i = 1}^m\) 和 \(\{\beta_i\}_{i = 1}^n\)，满足
即每个 \(\alpha_i\) 只包含严格正指数项，每个 \(\beta_i\) 包含至少一个非正指数项。等价地有陈述 \(\beta_i^{-1} \in K[[x^{1/r}]]\)。那么相应地换一下记号，就可以写成
对第一个求和，每一项可以写作 \(\dfrac{p_i(s)}{(1 - s^{-1}\alpha_i)^{c_i}}\)，其中 \(p_i(s) = s^{-c_i} a_i(s) \in K((x^{1/r}))[s, s^{-1}]\)；对第二个求和，知道 \(\beta_j^{-1} \in K[[x^{1/r}]]\)，故可以将每一项写成 \(\dfrac{q_i(s)}{(1 - s\beta_i^{-1})^{d_i}}\)，其中 \(q_i(s) = (- \beta_i^{-1})^{d_i} b_i(s) \in K((x^{1/r}))[s, s^{-1}]\)。
那么我们有
由于 \(A_i, B_i \in K((x^{1/r}))[s,s^{-1}]\)，\(\alpha_i, \beta_i \in K[[x^{1/r}]]\)，我们知道 \(G \in K[[s^{1/r}, (x/s)^{1/r}]][s^{-1/r}] \supset K[[s,x/s]]\)，从而我们的操作都是良的。这是因为，我们所有的操作都是在同一个包含 \(K[[s,x/s]]\)（\(G\) 的展开式所在的环）的环中展开部分分式分解式中的每一项，这环的选取是和项无关的，从而保证了良定。由于 \(G\in K[[s,x/s]]\)，上方的展开式和级数 \(G = F(s, x/s)\) 一致。
最后，我们在式两侧提取 \(s^0\) 项系数。左侧即为 \(\mathrm{diag}\ F\)，而右侧是形式项 \(\gamma \xi^c\) 的有限和，其中 \(c \in \mathbb Z\)，\(\gamma, \xi\) 代数。因此 \(\mathrm{diag}\ F\) 代数。
Reference:
[1] R. Stanley, Enumerative Combinatorics, 2nd ed. Cambridge: Cambridge University Press, 2023.
2022icpc南京)
