「闲话随笔」卢卡斯定理证明
「闲话随笔」卢卡斯定理证明
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今天看见同桌在求导，于是问他会不会证明卢卡斯定理，他说不知道这玩意。
然后突然发现我也不会 😅
卢卡斯定理：
\[\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\dbinom{n\bmod{p}}{m\bmod{p}}\pmod{p}
\]
\(n,m\in\mathbb{N},p\in\mathbb{P}\)。
不难发现：
\[\dbinom{p}{n}\equiv\frac{p!}{n!(p-n)!}\equiv[n=0]+[n=p]\pmod{p}
\]
然后有一个很有意思的东西：
\[\begin{aligned}
(a + b)^p
&\equiv \sum_{i = 0}^{p}\dbinom{p}{i}a^{i}b^{p-i} \pmod{p}\\
&\equiv \sum_{i = 0}^{p}([n=0]+[n=p])a^{i}b^{p-i} \pmod{p}\\
&\equiv a^{p} + b^{p} \pmod{p}\\
\end{aligned}
\]
这东西还可以扩展为多项式快速幂取模，即 \(f^{p}(x) \equiv f(x^p) \pmod{p}\)。
然后考虑推一下 \((1 + x) ^ n\bmod{p}\)：
\[\begin{aligned}
(1 + x) ^ n
&\equiv (1 + x)^{p\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}(1 + x)^{n\bmod{p}} \pmod{p}\\
&\equiv (1 + x^p)^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}(1 + x)^{n\bmod{p}} \pmod{p}\\
&\equiv \sum_{y = 0}^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{y}x^{py}\sum_{z=0}^{n\bmod{p}}\dbinom{n\bmod{p}}{z}x^z \pmod{p}\\
\end{aligned}
\]
\(\dbinom{n}{m}\) 可表示 \((1 + x) ^ n\) 展开后 \(m\) 次项的系数。不难发现上面的式子中，当且仅当 \(y=\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor,z=m\bmod{p}\) 时，\(py + z = m\)，此时系数为 \(\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\dbinom{n\bmod{p}}{m\bmod{p}}\)。
因此 \(\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\dbinom{n\bmod{p}}{m\bmod{p}}\pmod{p}\)。
\[\tag*{$\square$}
\]
