「闲话随笔」卢卡斯定理证明

合集 - 2023 闲话(8)

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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 😅

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卢卡斯定理：

$$\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\dbinom{n\bmod{p}}{m\bmod{p}}\pmod{p}$$

$n,m\in\mathbb{N},p\in\mathbb{P}$。

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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 $\dbinom{n}{m}\equiv\dbinom{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}{\left\lfloor\frac{m}{p}\right\rfloor}\dbinom{n\bmod{p}}{m\bmod{p}}\pmod{p}$。

$$\tag*{$\square$}$$