懒得打LaTex了
q-模拟(q-analog)，通过引入一个参数 q，使得极限q->1为原对象。
[r]q=(1-q^r)/(1-q) r为实数 显然q->1时[r]q=r
[n]q=1+q+q^2+...+q^(n-1) n为非负整数
[n!]q=\prod i=1...n [i]q=(1-q)(1-q^2)...(1-q^n)/[(1-q)^n]
[C(n,m)]q=[n!]q/[m!]q[(n-m)!]q

一个自然的问题：C(n,m)是整数，所以[C(n,m)]q关于q的整系数多项式吗

[n k]q = [n]q! / [k]q![n-k]q! = ∏(1-q^i) (n-k+1≤i≤n) / ∏(1-q^i) (1≤i≤k) 对任意正整数n,k都是关于q的整系数多项式, 可以像组合数那样差分, 用恒等式[n+1 k]q - [n k-1]q = q^k*[n k]q来归纳证明

还可以像分解素因子一样, 把每个[n]q都拆成若干个分圆多项式的乘积
[n]q=∏Φ_d(q) (d|n且d>1)
1~n中被d整除的数有[n/d]个, 所以对每个正整数d>1, 在[n]q!=[1]q[2]q…[n]q的分解式中, Φd(q)一共出现了[n/d]次, 同理在[k]q![n-k]q!中出现了[k/d]+[(n-k)/d]次
再用取整函数的性质[n/d]≥[k/d]+[(n-k)/d], 就证明[n]q!分解式中每个分圆多项式的幂次都不低于[k]q![n-k]q!中相同多项式的幂次, 所以[n]q!/[k]q![n-k]q!是整系数多项式

p为素数gcd(q,p)=1 设a=ord(q) 为q在mod p意义下的阶 有[C(n,m)]q=C(n/a,m/a) [C(n%a,m%a)]q (mod p)
可以说是q-analog 版的Lucas定理