Lucas定理、扩展中国剩余定理

Lucas定理

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Lucas定理，是用来解决组合数取模的一类算法.由于部分较大数据使用递推无法满足时间限制，这时就需要用到Lucas定理.

Lucas定理的求解方式：

对于素数p，有下式：

$$\mathrm{C}_{n}^{m}\% p = \mathrm{C}_{\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor}^{\left\lfloor \frac{m}{p}\right\rfloor}\cdot\mathrm{C}_{n\% p}^{m\% p}\bmod p$$

由于$n\% p$与$m\% p$一定小于$p$，可以使用递推公式直接求解；而${\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor}$与${\left\lfloor \frac{m}{p}\right\rfloor}$可以继续递归使用Lucas定理求解.这时，在前面添加一个特判：当$m=0$时，返回$1$.

代码实现：

inline int lucas(int a,int b)
{
	if(!b) return 1;
	return C(a%mod,b%mod)*lucas(a/mod,b/mod)%mod;
}

扩展Lucas定理

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我们知道，Lucas定理要求模数必须为素数；而当模数不是素数的情况，我们需要用到扩展Lucas定理.
比如我们要求：

$$C_n^m \bmod{p}$$

若p不是素数，我们如何去求呢？
设：

$$p=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}...$$

求出

$$\left\{\begin{aligned}C_n^m \bmod\ {p_1^{\alpha_1}} \\C_n^m \bmod\ {p_2^{\alpha_2}}\\ ......\end{aligned} \right.$$

最后用中国剩余定理合并即可。

假设我们现在要求

$$C_n^m\bmod{P^k}([P\in {\texttt{prime}}])$$

$$\therefore\ =\frac {n!}{m!(n-m)!}\bmod{P^k}$$

我们无法求得$m!$和$(n-m)!$的逆元，理由很简单，不一定有解。

怎么办呢？发现$a$对$p$有逆元的充要条件为

$$\gcd(a,p)=1$$

所以我们换一个式子：

$$=\frac {\frac {n!}{P^{x}}}{\frac {m!}{P^{y}}\frac {(n-m)!}{P^{z}}}P^{x-y-z}\bmod{P^k}$$

其中$x$为$n!$中$P$因子的个数（包含多少个$P$因子），
其余同理.

所以如果我们对于一个$n$，可以求出$\frac {n!}{P^x}$，这样就可以求逆元了.

问题即等价于求：

$$\frac {n!}{P^x}\bmod{P^k}$$

我们对$n!$进行变形：

$$n!=1\cdot 2\cdot 3\cdot ...\cdot n$$

左边是$1\sim n$中所有$\leq n$的$P$的倍数，

右边相反.

因为$1\sim n$中有$\lfloor \frac nP\rfloor$个$P$的倍数，

$$\therefore\ =P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(1 \cdot 2 \cdot 3...)(1\cdot 2\cdot ...)$$

$$=P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(\lfloor \frac nP\rfloor)!\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni$$

显然后面的 $$\bmod\ P$$ 是有循环节的.

$$=P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(\lfloor \frac nP\rfloor)!(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni)$$

其中

$$(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}$$

是循环节1\sim P1∼P中所有无PP因子数的乘积，

$$(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni)$$

是余项的乘积.

如

$$22!\equiv(1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot 7\cdot 8)(10\cdot 11\cdot 13\cdot 14\cdot 16\cdot 17)(19\cdot 20\cdot 22)(3\cdot 6\cdot 9\cdot 12\cdot 15\cdot 18\cdot 21)\pmod {3^2}$$

$$\equiv(1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot 7\cdot 8)^2(19\cdot 20\cdot 22)3^7(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7)\pmod {3^2}$$

$$\equiv3^77!(1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot 7\cdot 8)^2(19\cdot 20\cdot 22)\pmod {3^2}$$

发现正好是一样的，$\lfloor \frac {22}{3^2}\rfloor=2$.

$$=P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(\lfloor \frac nP\rfloor)!(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni)$$

发现前面这个$P^{\lfloor \frac nP\rfloor}$是要除掉的.

然而$(\lfloor \frac nP\rfloor)!$里可能还包含$P$.

所以，我们定义函数：

$f(n)=\frac {n!}{P^x}$

$$\therefore\ f(n)=f(\lfloor \frac nP\rfloor)(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni)$$

这样就好了，时间复杂度是$O(\log_{P}n)$，

边界$f(0)=1$.

看看原式：

$$=\frac {\frac {n!}{P^{x}}}{\frac {m!}{P^{y}}\frac {(n-m)!}{P^{z}}}P^{x-y-z}\bmod{P^k}$$

$$=\frac {f(n)}{f(m)f(n-m)}P^{x-y-z}\bmod{P^k}$$

由于$f(m)$一定与$P^k$互质，所以我们可以直接用$\texttt{exgcd}$求逆元了.

最后我们还有一个问题，$P^{x-y-z}$怎么求?

其实很好求.

比如说，我们要求$f(n)=\frac {n!}{P^x}$中的$x$，

设$g(n)=x$(上述的$x$)，

再看看阶乘的式子：

$$n!=P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(\lfloor \frac nP\rfloor)!(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni)$$

很显然我们要的就是$P^{\lfloor \frac nP\rfloor}$.

而且$(\lfloor \frac nP\rfloor)!$可能还有$P$因子，

所以我们可以得到以下递推式：

$$g(n)=\lfloor \frac nP\rfloor+g(\lfloor \frac nP\rfloor)$$

时间复杂度是$O(\log_{P}n)$，

边界为$g(n)=0(n<P)$，

所以答案就是：

$$\frac {\frac {n!}{P^{x}}}{\frac {m!}{P^{y}}\frac {(n-m)!}{P^{z}}}P^{g(n)-g(m)-g(n-m)}\bmod{P^k}$$

最后用中国剩余定理合并答案即可得到$C_n^m$.
代码实现：

vector<int> c/*Cₙᵐ*/,pk/*pᵏ*/;
inline int gcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
	if(!b)
	{
		x=1;y=0;
		return a;
	}
	int ans(gcd(b,a%b,x,y)),tx(x);
	x=y;y=tx-a/b*y;
	return ans;
}
inline int f(int n,int p,int mi)
{
	if(!n) return 1;
	int xhj(1),ys(1);//循环节、余数
	for(int i(1);i<=mi;i++)
		if(i%p) xhj=xhj*i%mi;
	xhj=ksm(xhj,n/mi,mi);
	for(int i(n/mi*mi);i<=n;i++)
		if(i%p) ys=i%mi*ys%mi;
	return f(n/p,p,mi)*xhj%mi*ys%mi;
}
inline int g(int n,int mod)
{
	if(n<mod) return 0;
	return g(n/mod,mod)+n/mod;
}
inline int C(int n,int m,int mod,int mi)
{
	int x1,x2,y;gcd(f(m,mod,mi),mi,x1,y);gcd(f(n-m,mod,mi),mi,x2,y);
	return f(n,mod,mi)*((x1%mod+mod)%mod)%mod*((x2%mod+mod)%mod)%mod*ksm(mod,g(n,mod)-g(m,mod)-g(n-m,mod),mi);
}
inline int exlucas(int n,int m,int mod)
{
	int fjs(mod)/*分解数*/,ans(0);
	for(int i(2);i*i<=mod;i++)
	{
		if(!(fjs%i))
		{
			int mi=1;//计算pᵏ
			while(!(fjs%i))
			{
				mi*=i;
				fjs/=i;
			}
			pk.push_back(mi);
			c.push_back(C(n,m,i,mi));
		}
	}
	if(fjs!=1) pk.push_back(fjs),c.push_back(C(n,m,fjs,fjs));
	for(int i(0),x,y;i<pk.size();i++)
		gcd(mod/pk[i],pk[i],x,y),
		ans=(ans+c[i]*mod/pk[i]%mod*((x%mod+mod)%mod)%mod)%mod;
	return ans;
}

（以上部分摘自网络）

扩展中国剩余定理

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中国剩余定理：
Ta的核心内容即是构造一个$R_i$，使得

$$\begin{cases}R_i \% m_i=1 \\ R_i \% m_k = 0 ~ (i \neq k)\end{cases}$$

但是会有模数不互质的情况，这时就需要将其$\texttt{扩展}$了.
对于多个同余方程，有以下性质：

• 新方程与原方程具有同样的形式；
• 新方程的模数，是之前两个模数的lcm；
• 可能存在无解的情况.

对于这样一组模线性同余方程：

$$\begin{cases}a \equiv r_1 \pmod {m_1} \\ a \equiv r_2 \pmod {m_2}\end{cases}$$

其等价于：

$$a = k_1m_1 + r_1 = k_2m_2 + r_2$$

移项，得：

$$k_1m_1 - k_2m_2 = r_2 - r_1$$

这时，我们可以判断该方程有无解：

• 若$\gcd(m_1, m_2) | (r_2-r_1)$，方程有解；
• 否则，方程无解.

若有解，则可以通过扩欧来计算出解的联系：
设$p_1=\frac{m_1}{d}$，$p_2=\frac{m_2}{d}$，则有：

$$k_1 p_1 - k_2p_2 = \frac{r_2 - r_1}{\text{gcd}(m_1,m_2)}$$

当且仅当$d | (r_2-r_1)$时有解.
不妨设使用扩欧求得的解为$x_1$和$x_2$，那么有：

$$x_1p_1 + x_2p_2 = 1$$

可变形为：

$$\begin{cases}k_1 = \frac{r_2-r_1}{d}x_1 \\ k_2 = - \frac{r_2-r_1}{d}x_2\end{cases}$$

解得

$$x=r_1+k_1m_1 = r_1 + \frac{r_2-r_1}{d}x_1m_1$$

那么这个$x$，就满足方程组$\begin{cases}x \equiv r_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv r_2 \pmod {m_2}\end{cases}$.
对于上式，有一定理：

• 若有一解$x_t$使得方程组$\begin{cases}x \equiv r_1 \pmod {m_1} \\ x \equiv r_2 \pmod {m_2}\end{cases}$成立，那么该方程组的通解为：$x _ t + k\cdot \text{lcm}(m_1, m_2)$，即：

$$x \equiv x_t \pmod {\text{lcm}(m_1, m_2)}$$

证明（该内容来自网络）：
证明解的唯一性，常常采用这样一种手段：假设$x,y$都是原问题的解，然后经过一系列推理，得到$x=y$，于是解的唯一性就不言而喻了.我们也采用这种手段来解决唯一性问题.设上述集合里面有$0\leq x, y \leq \text{lcm}(m_1, m_2)$满足

$$\begin{cases}x\equiv a_1 \pmod {m_1} \\ x\equiv a_2 \pmod {m_2}\end{cases} ~ , ~ \begin{cases}y\equiv a_1 \pmod {m_1} \\ y\equiv a_2 \pmod {m_2}\end{cases}$$

不妨设$x\geq y$，那立刻就可以发现

$$\begin{cases}(x-y) \bmod m_1 = 0 \\ (x-y) \bmod m_2 = 0\end{cases} \quad \Rightarrow \quad\text{lcm}(m_1, m_2) ~ | ~ (x-y)$$

其中，$x$，$y$都是小于$\text{lcm}(m_1, m_2)$的数，它们的差也必然要小于$\text{lcm}(m_1, m_2)$.但$(x-y)$又要被$\text{lcm}(m_1, m_2)$整除，那怎么办？只有$x-y=0$，也就是$x=y$.到此为止，我们证明了：一个完全剩余系中，有且仅有一个解.

算法流程及实现

1. 读入所有方程组；
2. 弹出两个方程，先判断有没有解：
   • 无解：报告异常；
   • 有解：合并成同一个方程，然后压进方程组；
3. 重复执行上述步骤(2), 直到只剩下一个方程.这个方程就是解系.