Lucas定理学习笔记

概念

当 \(p\) 是一个质数时，有

\[\dbinom{n}{m} \bmod p \equiv \dbinom{\lfloor \dfrac{n}{p} \rfloor}{\lfloor \dfrac{m}{p} \rfloor} \times \dbinom{n \bmod p}{m \bmod p} \pmod{p} \]

实现

引理：

考虑

\[\dbinom{p}{n} \bmod p \]

的取值，注意到展开之后其为如下形式

\[\dbinom{p}{n} = \dfrac{p!}{n!(p-n)!} \]

显然，分子中一定有质因子 \(p\) ，因此仅当 \(n=0\) 或 \(n=p\) 时，\(n!(p-n)!\) 的质因子中有 \(p\) （即 \(p!\) 能被消干净），结果为 \(1\) ，否则结果为 \(0\) ，即

\[\dbinom{p}{n} \bmod p = [n=0 \lor n=p] \]

进而我们可推出

\[\begin{aligned} (a+b)^p &= \sum_{n=0}^{p}\dbinom{p}{n} a^n b^{p-n} \\ &\equiv \sum_{n=0}^{p} [n=0 \lor n=p]a^nb^{p-n} &\pmod{p} \\ &\equiv a^p + b^p &\pmod{p} \end{aligned} \]

将其推广到二项式，得到

\[\begin{aligned} (ax^n+by^m)^p &\equiv a^px^{np}+b^py^{mp} &\pmod{p} \\ &\equiv ax^{np}+by^{mp} &\pmod{p} \end{aligned} \]

证明：考虑二项式 \((1+x)^n\) 在 \(x^m\) 处的系数模 \(p\) 的结果 \(\dbinom{n}{m} \bmod p\)

利用上述引理，我们可以得到

\[\begin{aligned} (1+x)^n &\equiv (1+x)^{p \lfloor \frac{n}{p} \rfloor} (1+x)^{n \bmod p} &\pmod{p} \\ &\equiv (1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} (1+x)^{n \bmod p} &\pmod{p} \end{aligned} \]

我们将其看作 \((1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\) 与 \((1+x)^{n \bmod p}\) 的卷积，考虑这两个式子对 \((1+x)^n\) 产生的贡献

• \((1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\) 展开后得到的项的次数均为 \(p\) 的倍数
• \((1+x)^{n \bmod p}\) 展开后得到的项的次数最多为 \(p-1\)

因此，对于 \(x^m\) 的系数仅有一种产生贡献的方案，考虑一下这个贡献怎么来的：就是 \((1+x^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\) 中取 \(p\) 的倍数次项，这部分的系数即为 \(\dbinom{\lfloor \dfrac{n}{p} \rfloor}{\lfloor \dfrac{m}{p} \rfloor}\) ，然后再 \((1+x)^{n \bmod p}\) 中取剩余部分，这部分系数即为 \(\dbinom{n \bmod p}{m \bmod p}\)

所以我们可以得出结论（Lucas 定理）：

\[\dbinom{n}{m} \bmod p \equiv \dbinom{\lfloor \dfrac{n}{p} \rfloor}{\lfloor \dfrac{m}{p} \rfloor} \times \dbinom{n \bmod p}{m \bmod p} \pmod{p} \]

其中 \(p\) 为质数

P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

#include <cstdio>
typedef long long ll;
using namespace std;
const int N = 1e5 + 7;

ll fac[N];

ll T, n, m, p;

template<class T>
inline T mi(T _a, T _b, T _Mod) {
    T _res = 1;

    for (; _b; _a = _a * _a % _Mod, _b >>= 1)
        (_b & 1) && (_res = _res * _a % _Mod);

    return _res;
}

inline ll C(ll n, ll m) {
    return (m > n) ? 0 : ((fac[n] * mi(fac[m], p - 2, p)) % p * mi(fac[n - m], p - 2, p) % p);
}

inline ll Lucas(ll n, ll m) {
    return m ? (C(n % p, m % p) * Lucas(n / p, m / p) % p) : 1;
}

signed main() {
    scanf("%lld", &T);

    for (; T; --T) {
        scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p);
        fac[0] = 1;

        for (int i = 1; i <= p; ++i)
            fac[i] = (fac[i - 1] * i) % p;

        printf("%lld\n", Lucas(n + m, n));
    }

    return 0;
}

扩展

Lucas 定理中对于模数要求必须为质数，那么对于模数不是质数的情况，就需要用到 exLucas 定理，即扩展 Lucas 定理

前置芝士：中国剩余定理

第一部分

根据唯一分解定理，将模数 \(p\) 分解

\[p = \prod_{i=1}^{r} q_i^{k_i} \]

显然，\(q_i^{k_i}\) 两两互质，我们便可以构造如下的同余方程组

\[\begin{cases} x \equiv \dbinom{n}{m} \pmod{q_1^{k_1}} \\ x \equiv \dbinom{n}{m} \pmod{q_2^{k_2}} \\ ... \\ x \equiv \dbinom{n}{m} \pmod{q_r^{k_r}} \end{cases} \]

用中国剩余定理合并即可得出答案

第二部分

现在的问题转化为了求 \(\dbinom{n}{m} \bmod q^k\) 的值（其中 \(q\) 保证为质数）

注意到

\[\dbinom{n}{m} = \dfrac{n!}{m!(n-m)!} \]

但是 \(m!,(n-m)!\) 这两部分不一定能求出模 \(q^k\) 意义下的逆元，我们可以把上下 \(3\) 个部分中的所有含 \(q\) 项的东西提取出来，即

\[\dfrac{\dfrac{n!}{q^x}}{\dfrac{m!}{q^y} \ \dfrac{(n-m)!}{q^z}}q^{x-y-z} \pmod{q^k} \]

此时下面的部分与 \(q^k\) 互质，就可以直接求逆元了

第三部分

我们现在考虑求 \(\dfrac{n!}{q^x} \bmod q^k\) 的值

先考虑 \(n! \bmod p^k\) 的值，例如我们要计算 \(19! \bmod 3^2\)

因为

\[\begin{aligned} 20 &= 1 \times 2 \times 3 \times 4 \times 5 \times 6 \times 7 \times 8 \times 9 \times 10 \times 11 \times 12 \times 13 \times 14 \times 15 \times 16 \times 17 \times 18 \times 19 \times 20 \\ &=3^6 \times 6! \times (1 \times 2 \times 4 \times 5 \times 7 \times 8) \times (10 \times 11 \times 13 \times 14 \times 16 \times 17) \times 20 \end{aligned} \]

我们注意这个式子的前面两项

• \(3^6\) 即 \(q^{\lfloor \frac{n}{q} \rfloor}\) ，在递归过程中会被约掉
• \(6!\) 即 \(\lfloor \frac{n}{q} \rfloor!\) ，递归解决即可

对于中间几个括号的部分，注意到

\[1 \times 2 \times 4 \times 5 \times 7 \times 8 \equiv 10 \times 11 \times 13 \times 14 \times 16 \times 17 \pmod{3^2} \]

同理可得后面的每一部分数字的乘积等于前面的数字的乘积，且每个部分相差 \(p^k\) ，用快速幂解决即可

对于最后面残余下的 \(20\) ，我们暴力计算即可

整理一下，我们可以得到

\[\dfrac{n!}{q^x} \equiv \lfloor \dfrac{n}{q} \rfloor ! \times \Bigg(\prod_{i,i \bot q}^{q^k} i \Bigg)^{\lfloor \frac{n}{q^k} \rfloor} \times \Bigg(\prod_{i,i \bot q}^{n \bmod q^k} i \Bigg) \pmod{q^k} \]

第四部分

我们考虑如何求出第二部分中 \(x,y,z\) 的值

令 \(h(n)\) 为 \(n!\) 中 \(q\) 的次数，即 \(h(n)=x\)

考虑当前求 \(n!\) 中 \(q\) 的倍数产生的贡献和下面求 \(\lfloor \dfrac{n}{q} \rfloor\) 中 \(q\) 的倍数产生的贡献

\[h(n) = \lfloor \dfrac{n}{q} \rfloor + h(\lfloor \dfrac{n}{q} \rfloor) \]

P4720 【模板】扩展卢卡斯定理/exLucas

#include <cstdio>
typedef long long ll;
using namespace std;

ll n, m, p;

template<class T>
inline T mi(T _a, T _b, T _Mod) {
    T _res = 1;

    for (; _b; _a = _a * _a % _Mod, _b >>= 1)
        (_b & 1) && (_res = _res * _a % _Mod);

    return _res;
}

template<class T>
inline T exgcd(T a, T b, T &x, T &y, T d = 0) {
    return b ? (d = exgcd(b, a % b, y, x), y -= a / b * x) : (x = 1, y = 0, d = a), d;
}

inline ll inv(ll a, ll b) {
	ll x = 0, y = 0;
    return exgcd(a, b, x, y), (x % b + b) % b;
}

inline ll calc(ll n, ll p, ll pk) {
    if (!n)
        return 1;

    ll ans = 1;

    for (ll i = 1; i <= pk; ++i)
        if (i % p)
            ans = (ans * i) % pk;

    ans = mi(ans, n / pk, pk);

    for (ll i = 1; i <= n % pk; ++i)
        if (i % p)
            ans = (ans * i) % pk;

    return ans * calc(n / p, p, pk) % pk;
}

inline ll C(ll n, ll m, ll p, ll pk) {
    if (n < m)
        return 0;

    ll f1 = calc(n, p, pk), f2 = calc(m, p, pk), f3 = calc(n - m, p, pk), cnt = 0;

    for (ll i = n; i; i /= p)
        cnt += i / p;

    for (ll i = m; i; i /= p)
        cnt -= i / p;

    for (ll i = n - m; i; i /= p)
        cnt -= i / p;

    return f1 * inv(f2, pk) % pk * inv(f3, pk) % pk * mi(p, cnt, pk) % pk;
}

inline ll CRT(ll x, ll p, ll mod) {
    return inv(p / mod, mod) * (p / mod) * x;
}

inline ll exLucas(ll n, ll m, ll p) {
    ll t = p, ans = 0;

    for (ll i = 2, k; i * i <= p; ++i) {
        k = 1;

        while (!(t % i))
            k *= i, t /= i;

        ans = (ans + CRT(C(n, m, i, k), p, k)) % p;
    }

    if (t > 1)
        ans = (ans + CRT(C(n, m, t, t), p, t)) % p;

    return ans;
}

signed main() {
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p);
    printf("%lld", exLucas(n, m, p));
    return 0;
}

标签：lfloor,ll,Lucas,bmod,笔记,times,rfloor,定理,dbinom
来源： https://www.cnblogs.com/wshcl/p/Lucas.html