【luogu P3807】【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理（含 Lucas 定理证明）

【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

题目链接：luogu P3807

题目大意

求 C(n,n+m)%p 的值。
p 保证是质数。

思路

Lucas 定理内容

对于非负整数 (n),(m)，质数 (p)，有：
(C_m^nequiv prodlimits_{i=0}^kC_{m_i}^{n^i}(mod p))
其中 (m=m_kp^k+...+m_1p+m_0)，(n=n_kp^k+...+n_1p+n_0)。（其实就是 (n,m) 的 (p) 进制展开）

那我们一般做题用的是递推式，也就是 (C_m^nequiv C_{leftlfloor m/p ight floor}^{leftlfloor n/p ight floor}C_{mmod p}^{nmod p}(mod p))
（当 (n>m) 时，我们规定 (C_{m}^n=0)）

啥时候会用

我们有时候要算组合数，可能 (C_{m}^n) 的 (n,m) 很大，这时候一般做题就会让他取模一个数 (mod p)。

那如果 (p>m)，我们可以愉快的用这个式子求：(C_{m}^n=dfrac{m!}{n!(m-n)!})
算出 (n!) 和 ((m-n)!) 的逆元，就可以搞。

可当 (mgeqslant p) 的时候，分母的乘法逆元可能不存在。（因为 (x) 是 (p) 的倍数的话 (x) 就没有模 (p) 的逆元）

那这个时候我们就可以用 Lucas 定理把这个组合数拆成几个 (m<p) 的，就可以搞了。

证明

证明 Lucas 定理之前，我们先证明两个式子。

---

式一:

(C_p^iequiv frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}equiv0(mod p),(1leqslant i<p))
证明：
(C_p^i=dfrac{p!}{i!(p-i)!}=dfrac{p}{i}dfrac{(p-1)!}{(i-1)!(p-1-(i-1))!}=frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1})
由于 (1leqslant i<p)，故 (i) 会有 (p) 的逆元 (inv_i)
(frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}=p imes inv_i imes C_{p-1}^{i-1})
那这个地方都是 (p) 的倍数，那它被 (p) 取模一定是 (0)，故得证。

---

式二：

根据二项式定理：
((1+n)^pequiv C_p^0+C_p^1x+...+C_p^{p-1}x^{p-1}+C_p^px^p(mod p))
再根据式一 (C_p^iequiv0(mod p),(1leqslant i<p))，可以得到
((1+n)^pequiv C_p^0+C_p^px^pequiv 1+x^p(mod p))

---

接着我们开始证明，先设 (leftlfloor m/p ight floor=q_m,leftlfloor n/p ight floor=q_n,mmod p=r_m,nmod p=r_n)。
那有 (m=q_mp+r_m,n=q_np+r_n)。

接着我们继续用二项式定理：
((1+x)^m=sumlimits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^i)
然后我们把左边给化简：
(egin{aligned}(1+x)^m & =(1+x)^{q_mp+r_m} \ & =(1+x)^{q_mp}cdot(1+x)^{r_m} \& =[(1+x)^p]^{q_m}cdot(1+x)^{r_m}\&equiv(1+x^p)^{q_m}cdot(1+x)^{r_m}[式二]\&equivsumlimits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}sumlimits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(mod p)end{aligned})

那就有：
(sumlimits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^iequivsumlimits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}sumlimits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(mod p))

那对于任意一个数 (z)，必然会有一组 (i,j) 满足 (x^z=x^{pi}x^j)
不难看出这其实就是满足 (z=pi+j)，所以当且仅当 (i=leftlfloor dfrac{z}{p} ight floor，j=zmod p)。
那也就是说左边的 (i) 取任意一个，右边都有一个新的跟它对于恒等。
左边 (i=x)，右边的就分别是 (i=leftlfloor dfrac{x}{p} ight floor,i=xmod p)

那当 (i=x)，就有：
(egin{aligned}C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}x^{q_np}C_{r_m}^{r_n}x^{r_n}\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^{q_np+r_n}\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^nend{aligned})
两边同乘 (inv(x^n))，就有了 (C_{m}^n=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n})

得证。

本题

其实逆元的话直接要用的话直接 (x^{p-2}mod p) 更好，不用像我这样线性求出每个。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

ll T, n, m, p;
ll jc[100001], inv[100001];

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = (re * x) % p;
		x = (x * x) % p;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

ll C(ll x, ll y) {//暴力算组合数
	if (x > y) return 0;
	return ((jc[y] * inv[x]) % p * inv[y - x]) % p;
}

ll work(ll n, ll m) {//Lucas 定理
	if (!n) return 1;
	return (work(n / p, m / p) * C(n % p, m % p)) % p;
}

int main() {
	scanf("%lld", &T);
	while (T--) {
		scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p);
		jc[0] = 1;
		for (ll i = 1; i <= p; i++)//预处理阶乘与其逆元
			jc[i] = (jc[i - 1] * i) % p;
		inv[p - 1] = ksm(jc[p - 1], p - 2);
		for (ll i = p - 2; i >= 0; i--)
			inv[i] = (inv[i + 1] * (i + 1)) % p;
		
		printf("%lld
", work(n, n + m));
	}
	
	return 0;
}