卢卡斯(Lucas)定理

问题

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给你正整数 \(n,m,p\)，其中 \(p\) 是质数。求 \(\dbinom{n}{m} \% p\)（\(\dbinom{n}{m}\) 是组合数，表示 \(n\) 选出 \(m\)）。

Lucas定理结论

若 \(p\) 是质数，则对于任意整数 \(1 \le m \le n\)，有：

\[\dbinom{n}{m} \equiv \dbinom{n\%p}{m\%p} *　\dbinom{\lfloor n/p \rfloor}{\lfloor m/p \rfloor} \pmod{p} \]

另一种形式：

设 \(n=\sum_{i=0}^k n_i*p^i,m=\sum_{i=0}^k m_i*p^i\)（相当于把 \(n,m\) 写成 \(p\) 进制数），那么有：

\[\dbinom{n}{m} \equiv \prod_{i=0}^k \dbinom{n_i}{m_i} \pmod{p} \]

很显然两种形式意义相同，我们直接证明后面这个式子。

证明

前置知识：多项式同余

前置知识：二项式定理

推导：

\[\because (1+x)^p = \sum_{i=0}^p \dbinom{p}{i} 1^{p-i}*x^i = \sum_{i=0}^p \dbinom{p}{i} x^i \]

\[\therefore (1+x)^p \equiv \sum_{i=0}^p \dbinom{p}{i} x^i \pmod{p} \]

把首项尾项拎出来，因为中间的项都至少含有一个因子 \(p\)，所以在 \(\bmod p\) 意义下为零，因此有：

\[(1+x)^p \equiv 1+x^p \pmod{p} \]

利用上面这个结论：

\[\because (1+x)^n = \prod_{i=0}^k (1+x)^{n_i*p^i} \]

\[\therefore (1+x)^n \equiv \prod_{i=0}^k (1+x^{p^i})^{n_i} \pmod{p} \]

我们又知道 \(\dbinom{n}{m}\) 表示 \((1+x)^n\) 的展开式中 \(x^m\) 的系数。

\(\dbinom{n_i}{m_i}\) 表示 \((1+x^{p^i})^{n_i}\) 的展开式中 \(x^{m_i*p^i}\)

将 \(\dbinom{n_0}{m_0} x^{m_0*p^0},...,\dbinom{n_k}{m_k} x^{m_k*p^k}\) 相乘，可以得到 \(\dbinom{n_0}{m_0}*...*\dbinom{n_k}{m_k} x^m = (\prod_{i=0}^k \dbinom{n_i}{m_i}) x^m\)

回到前面这个同余式，根据多项式同余定理，两个式子同余，那么就有两个多项式的 \(x^m\) 这项的系数同余，于是就有：

\[\dbinom{n}{m} \equiv \prod_{i=0}^k \dbinom{n_i}{m_i} \pmod{p} \]

证毕。

Code

Talk is cheap.Show me the code.

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
	int x=0,f=1; char ch=getchar();
	while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
	while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
	return x * f;
}
const int N = 1e5+7;
int n,m,p;
int fac[N];
int Pow(int x,int y) {
	int res = 1, base = x;
	while(y) {
		if(y&1) res = res*base%p; base = base*base%p; y >>= 1;
	}
	return res;
}
int C(int a,int b) {
	if(a < b) return 0;
	return fac[a] * Pow(fac[b],p-2) % p * Pow(fac[a-b],p-2) % p;
}
int Lucas(int a,int b) {	// (a,b)
	if(!b) return 1;
	return C(a%p,b%p) * Lucas(a/p,b/p) % p;
}
void work() {
	n = read(), m = read(), p = read();
	fac[0] = 1;
	for(int i=1;i<=p;++i) fac[i] = fac[i-1] * i % p;
	printf("%lld\n",Lucas(n+m,m));
}
signed main()
{
	int T = read();
	while(T--) work();
	return 0;
}

感谢

感谢 NCC-79601 【学习笔记】卢卡斯定理，Combatting 卢卡斯定理（十分钟带你看懂） 帮助我学会了卢卡斯定理。

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扩展

当且仅当 \(n \& m = m\)（即 \(m\) 是 \(n\) 二进制下的子集）时，\(\dbinom{n}{m} \equiv 1 \pmod{2}\)

证明：
根据 \(Lucas\) 定理，有：

\[\dbinom{n}{m} \equiv \dbinom{n\%2}{m\%2}*\dbinom{\lfloor n/2\rfloor}{\lfloor m/2 \rfloor} \pmod{2} \]

将 \(n\%2\) 和 \(\lfloor n/2 \rfloor\) 放在二进制下思考，可以发现是一个递归的问题。 \(\dbinom{0}{1}=0\)，其他都是 \(0\)。
综上，当且仅当 \(n \& m = m\)（即 \(m\) 是 \(n\) 二进制下的子集）时，\(\dbinom{n}{m} \equiv 1 \pmod{2}\)。证毕。

PS：进一步可以扩展到 \(\mod p\)，只要转化到 \(p\) 进制下思考即可。