Выразить через аналогичные члены

[kthxbye]

Имеем последовательность, обобщающую A341392:

$$a(2n+1, p, q) = a(n, p,q), a(2n, p , q) = pa(n, p,q) + qa(2n - 2^{f(n)}, p,q), a(0, p, q) = 1$$

где $f(n)$ это A007814.

Работаем с подпоследовательностью $a((4^n-1)/3, p, q)$, выражая каждое новое значение $n$ через предыдущие, т.е. $a((4^i-1)/3, p, q)$, где $i<n$ используя формулы для $a(n, p, q)$.

Не всегда удается сразу перейти непосредственно к предыдущим членам, но за конечное число шагов это возможно. Для удобства обозначим $a((4^n-1)/3, p, q)=b(n, p, q)$, тогда

$$b(2, p, q) = p + q$$

$$b(3, p, q) = b(2, p, q)(p+pq+q^2) = (q+1)p^2 + (2q+1)pq+q^3$$

$$b(4, p, q) = b(3, p, q)(p+pq) + b(2, p, q)(p^2q^2+pq^3+p^2q^3+2pq^4+q^5)$$

$$b(4, p, q) = (q^3 + 2q^2 + 2q + 1)p^3+(3q^3 + 4q^2 + 3q + 1)p^2q+(3q^2+2q+1)pq^3+q^6$$

Дальше я запутался в Excel, т.к. $b(n,1,1)=n!$, а у меня уже дважды не те результаты. Предполагаю в конце $b(5,p,q)$ член $q^{10}$, а это целая куча разложений.

Встречали ли вы подобные многочлены? Насколько разнородны коэффициенты при $q$? Сколько треугольников может понадобится чтобы задать их все? Насколько однотипны эти треугольники?

И, собственно, где можно быстро и уверенно выполнить выражение через аналогичные члены, чтобы уже пощупать это все через OEIS?

-- 09.09.2021, 21:29 --

Сделал правку для основного выражения, совсем забыл домножить члены на $p,q$.

[kthxbye]

После проб и ошибок получил $b(5,p,q)$:

(q^6 + 3*q^5 + 5*q^4 + 6*q^3 + 5*q^2 + 3*q + 1)*p^4 + (4*q^6 + 9*q^5 + 12*q^4 + 12*q^3 + 8*q^2 + 4*q + 1)*q*p^3 + (6*q^5 + 9*q^4 + 9*q^3 + 7*q^2 + 3*q + 1)*q^3*p^2 + (4*q^3 + 3*q^2 + 2*q + 1)*q^6*p + q^10

Это отняло много времени и проверок. Если суммировать коэффициенты при $p^k$, получим числа Стирлинга первого рода (A094638). С самими коэффициентами как с треугольниками особо ничего не наклевывается.

[kthxbye]

Еще очень похоже, что все многочлены делятся друг на друга, т.е. если $b(n,p,q)/b(n-1,p,q)=c(n,p,q)$, то

$$c(2,p,q)=p+q$$

$$c(3,p,q)=pq+p+q^2$$

$$c(4,p,q)=pq^2+pq+p+q^3$$

На последний вольфрам ответил что очень длинный инпут. Может кто-нибудь где-нибудь попробовать поделить?

Сделал гипотезу, засунул в вольфрам

(p+q)*(p*q+p+q^2)*(p*q^2+p*q+p+q^3)*(p*q^3+p*q^2+p*q+p+q^4)

а он мне выдал $b(5,p,q)$. Другими словами,

$$c(5,p,q)=(q^3+q^2+q+1)p+q^4$$

Логично предположить

$$c(n,p,q)=(q^{n-2}+\cdots+q^3+q^2+q+1)p+q^{n-1}$$

Тогда для коэффициентов при максимальной степени $p$ получаем треугольник A008302.