学习：Lucas定理

模板题

在数论中，Lucas定理用于计算二项式系数({ binom {m}{n}})被质数(p)除的所得的余数。

描述

设(p)为素数，(a,bin N_+)，且

[a=a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+cdots+a_1p+a_0 ]

[b=b_kp^k+b_{k-1}p^{k-1}+cdots+b_1p+b_0 ]

这里(0leq a_i,b_ileq p-1igwedge a_i,b_iin Z(i=0,1,2,3,cdots,k))

则有：

[C^a_bequiv C^{b_k}_{a_k} imes C^{b_{k-1}}_{a_{k-1}} imescdots imes C^{b_0}_{a_0}{pmod p} ]

等价形式

由于

[a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+cdots+a_1pequiv 0 pmod p ]

有

[aequiv a_0 pmod p ]

又因为(a_0<p)，故

[amod p=a_0 ]

同理

[bmod p=b_0 ]

故

[C^{a_0}_{b_0}=C^{amod p}_{bmod p} ]

又因为(a_0<p)，故

[lfloor{frac{a}{p}} floor=a_kp^{k-1}+a_{k-2}p^{k-1}+cdots+a_1 ]

同理

[lfloor{frac{b}{p}} floor=b_kp^{k-1}+b_{k-2}p^{k-1}+cdots+b_1 ]

故

[C^{lfloorfrac{a}{p} floor}_{lfloorfrac{b}{p} floor}=C^{b_k}_{a_k} imes C^{b_{k-1}}_{a_{k-1}} imescdots imes C^{b_1}_{a_1} ]

故

[C^a_bequiv C^{b_k}_{a_k} imes C^{b_{k-1}}_{a_{k-1}} imescdots imes C^{b_0}_{a_0}equiv C^{lfloorfrac{a}{p} floor}_{lfloorfrac{b}{p} floor} imes C^{amod p}_{bmod p} {pmod p} ]

我们真正要用的，就是

[C^a_bequiv C^{lfloorfrac{a}{p} floor}_{lfloorfrac{b}{p} floor} imes C^{amod p}_{bmod p}{pmod p} ]

证明

对于素数(n)和(m)，满足(1le mle n-1), 二项式系数(C^m_n=frac{n!}{(n-m)!cdot m!}=frac{n(n-1)cdots(n-m+1)}{m(m-1)cdots1})可被(n)整除。由此可得，在母函数中

[(1+x)^{p}=sum_{i=0}^{p}(C^{i}_{p}x^{i})equiv 1+x^{p}{pmod {p}} ]

对于非负整数(i)，若((1+x)^{p^{i}}equiv 1+x^{p^{i}}{pmod {p}})对于(ile t(tge 1))时成立，则有$$(1+x)^{p{t+1}}=(1+x)^{p{t} imes p}=((1+x)^{pt})^p=1+x{p imes p^t}=1+x{p^{t+1}}$$

对于任意非负整数(i)，都有((1+X)^{p^{i}}equiv 1+X^{p^{i}}{pmod {p}})

故对于任意非负整数(m)和素数(p)，将(m)用(p)进制表示，即$$m=sum _{i=0}^{k}m_{i}p{i},$$其中(kin N_+)、(m_i)为整数且(0le m_ile p-1)。

又有：

[{egin{aligned} sum_{n=0}^{m}{C^n_m}x^{n} & =(1+x)^{m} \& =prod_{i=0}^{k}left((1+x)^{p^{i}} ight)^{m_{i}} \& equiv prod_{i=0}^{k}left(1+x^{p^{i}} ight)^{m_{i}} \& =prod _{i=0}^{k}left(sum _{n_{i}=0}^{m_{i}}{C_{m_{i}}^{n_{i}}}x^{n_{i}p^{i}} ight) \& =prod _{i=0}^{k}left(sum _{n_{i}=0}^{p-1}{C_{m_{i}}^{n_{i}}}x^{n_{i}p^{i}} ight) \& =sum _{n=0}^{m}left(prod _{i=0}^{k}{C_{m_{i}}^{n_{i}}} ight)x^{n}{pmod {p}}, end{aligned}} ]

此即证明了本定理。

看到评论区有人说看不懂最后一步，这里做一点解释：

• 第一行到第二行不用解释了吧。
• 第二行到第三行上面证明了。
• 第三行到第四行用的是二项式定理展开。
• 第四行到第五行由于(m_ile p-1)，所以到(m_i)之后组合数的值都是(0)，就都可以忽略了。
• 第五行到第六行发现(n_i)从(0sim p-1)都跑了一遍，把乘号展开，发现每一位从(0sim p-1)都出现了，全部组合后组合出了(0sim m)之间的所有数，故可得上式。

所以代码如下

typedef long long LL;

LL mod;

inline LL pow(LL a, LL b)//快速幂是为了求逆元
{
    LL ans = 1;
    for(; b; b >>= 1,a = a * a % mod)
    	if(b & 1)
    		ans = ans * a % mod;
    return ans;
}

LL farc[1000005];

inline void prepare(LL a)
{
    farc[0]=1;
    for(LL i = 1; i <= a; ++i)
    	farc[i]=farc[i-1]*i%mod;
}

inline LL Csmall(LL m, LL n) // C(m,n) = (n!)/(m!*(n-m)!)
{
    if(n < m)
    	return 0;
    return farc[n] * pow(farc[m], mod-2) % mod * pow(farc[n-m], mod-2) % mod; // 费马小定理求逆元
}

inline LL C(LL m, LL n)
{
    if(n < m)
    	return 0;
    if(!n)
    	return 1;//Lucas的边界条件
    return C(m/mod, n/mod) % mod * Csmall(m%mod, n%mod) % mod; // 上面证明的Lucas定理
}

一点联想

在做luogu P3937 Changing的时候，里面要大量计算组合数的奇偶性，那如何快速计算呢？我想到了一个简单的方法。

要算(C_n^m)的奇偶性，也就是要算(C_n^mmod 2)的值。由于(2)是质数，所以我们可以用Lucas转化成(prod C_{a_i}^{b_i} mod 2)的形式，其中(a_i)是(n)在二进制下的某一位，(b_i)是(m)在二进制下的某一位。由于(a_i, b_i)只能是(0)或(1)，也就是说(C_{a_i}^{b_i})仅有(C_0^0, C_1^1, C_0^1, C_1^0)这几种形式，而其中只有(C_0^1)是(0)，其余都是(1)。所以如果(n)在某一位是(0)，而(m)在某一位是(1)的话，(C_n^m)就是偶数。那不就只要判一下(n ext{ and } m)就可以了吗？因此我们有：如果(n ext{ and }m = m)，那么(C_n^m)是奇数，否则就是偶数。