Lucas定理
目录
定义
点我了解卢卡斯定理 （Lucas's theorem）
若 \(p\) 为质数，且 \(1\le b\le a\) 则有：
\[C^b_a\equiv C^{\left\lfloor b/p \right\rfloor}_{\left\lfloor a/p \right\rfloor}\times C^{b\bmod p}_{a\bmod p}\pmod p
\]
也就是，
Lucas定理是用来求 \(C^b_a\bmod p\) (\(p\) 为素数的值)
变形
首先，将 \(a\) , \(b\) 转化为 \(p\) 进制，即：
\[\begin{cases}
a= a_k\cdot p^k+ a_{k-1}\cdot p^{k-1}+ \dots + a_1\cdot p^1+ a_0\cdot p^0\\
b= b_k\cdot p^k+ b_{k-1}\cdot p^{k-1}+ \dots + b_1\cdot p^1+ b_0\cdot p^0\\
\end{cases}
\]
那么\(C^b_a\equiv C^{\left\lfloor b/p \right\rfloor}_{\left\lfloor a/p \right\rfloor}\times C^{b\bmod p}_{a\bmod a}\pmod p\) 还可以变形为：
\[C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\cdot \dots \cdot C_{a_1}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}\pmod p
\]
即
\[C^b_a \equiv \prod_{i=0}^k C^{b_i}_{a_i}\pmod p
\]
证明
算式（未知元）声明
证明过程围绕以下式子：
\[C^b_a\equiv C^{\left\lfloor b/p \right\rfloor}_{\left\lfloor a/p \right\rfloor}\times C^{b\bmod p}_{a\bmod p}\pmod p \\
\]
\[\begin{cases}
a= a_k\cdot p^k+ a_{k-1}\cdot p^{k-1}+ \dots + a_1\cdot p^1+ a_0\cdot p^0\\
b= b_k\cdot p^k+ b_{k-1}\cdot p^{k-1}+ \dots + b_1\cdot p^1+ b_0\cdot p^0\\
\end{cases}
\]
\[C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\cdot \dots \cdot C_{a_1}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}\pmod p
\]
1. 一些需要的定理
二项式定理
首先，我们需要引入二项式定理
点我了解二项式定理
二项式定理就是
\[(a+ b)^{n}=C_{n}^{0} a^{n}+C_{n}^{1} a^{n-1} b+\cdots+C_{n}^{k} a^{n-k} b^{k}+\cdots+C_{n}^{n} b^{n}\left(n \in N^{*}\right)
\]
即
\[\left ( a+ b \right ) ^n= \sum_{k=0}^{n}C_{n}^{k} a^{n-k} b^{k}
\]
由此，还可以得到：
\[\left ( 1+ x \right ) ^n = C_{n}^{0}+C_{n}^{1} x+\cdots+C_{n}^{k} x^{k}+\cdots+C_{n}^{n} x^{n}
\]
大家可以看看下面这张图片(图片)
以上就是二项式定理的基本内容
排列组合数
点我了解排列组合数
关于排列组合在这里就不在赘述，简单地说就是
排列数
从 \(a\) 中选 \(b\) 个，是要讲顺序的，用 \(A_a^b\) 表示（以前用 \(P_a^b\) 表示），具体公式如下：
\[\begin{aligned}
A_a^b &= a\cdot \left ( a- 1 \right ) \cdot \left ( a-2 \right ) \cdot \dots \cdot \left ( a- b+ 1 \right ) \\
&=\frac{a! }{\left ( a- b \right ) ! }
\end{aligned}
\]
组合数
从 \(a\) 中选 \(b\) 个，是不讲顺序的，用 \(C_a^b\) 表示，具体公式如下：
\[\begin{aligned}
C_a^b &= \frac{A_a^b}{A_b^b} \\
&=\frac{a\cdot \left ( a- 1 \right ) \cdot \left ( a-2 \right ) \cdot \dots \cdot \left ( a- b+ 1 \right )}{b\cdot \left ( b- 1 \right ) \cdot \left ( b-2 \right ) \cdot \dots \cdot 3 \cdot 2 \cdot 1} \\
&=\frac{a! }{\left ( a- b \right ) ! \cdot b! }
\end{aligned}
\]
通过观察，我们还可以得到：
\[C_a^{b-n}= C_a^{b+n}
\]
好了，组合数就到这吧，到兴趣的话可以在我的博客找找相关内容（博客链接）
乘法逆元
点我了解乘法逆元
就简单地说两句吧
关于下面的式子
\[\frac{\Delta }{a } = \Delta \cdot x \pmod p
\]
\(x\) 叫做 \(a\) 模 \(p\) 的乘法逆元
也就是在 \(gcd(a,p)= 1\) （ \(a\) 与 \(p\) 互质）的情况下
\[x= a^{-1}
\]
\(x\) 就是 \(p\) 的乘法逆元
幂的乘法、乘方以及积的乘法
关于这个，相信大家都知道吧 我还是在这里提一提吧
\[a^m\cdot a^n= a^{m+n}
\]
\[(a^m)^n= a^{mn}
\]
\[(ab)^n= a^nb^n
\]
如果上面的内容看得云里雾里的话，可以在我的博客里找找相关内容（博客链接）
2. \(\left ( 1+ x \right ) ^p\equiv 1+ x^p \pmod p\)
然后，我们就要通过刚才的二项式定理证明一下 \(\left ( 1+ x \right ) ^p\equiv 1+ x^p \pmod p\)
过程如下：
由二项式得：
\[\begin{aligned}
\left ( 1+ x \right ) ^p & \equiv C_{p}^{0}\cdot x^0+C_{p}^{1} \cdot x^1+\dots+C_{p}^{k}\cdot x^{k}+\dots+C_{p}^{p-1}\cdot x^{p-1}+ C_{p}^{p}\cdot x^{p} \pmod p \\
& \equiv 1 \cdot x^0 +p \cdot x^1 + \dots +\frac{p! }{\left ( p- k \right )! \cdot k! } \cdot x^k + \dots + p \cdot x^{k-1} + 1 \cdot x^k \pmod p \\
& \equiv 1 +p \cdot x + \dots +p! \cdot \left [ \left ( p- k \right )! \cdot k! \right ]^{-1} \cdot x^k + \dots + p \cdot x^{k-1} + x^k \pmod p \\
\end{aligned}
\]
通过观察，我们可以发现：\(p \cdot x + \dots +p! \cdot \left [ \left ( p- k \right )! \cdot k! \right ]^{-1} \cdot x^k + \dots + p \cdot x^{k-1}\) 其实是 \(p\) 的倍数， \(\pmod p\) 就刚好除尽。
所以这一长串式子就可以化简为：
\[\begin{aligned}
\left ( 1+ x \right ) ^p &\equiv \left ( 1 \bmod p \right ) +\left ( p \cdot x + \dots +p! \cdot \left [ \left ( p- k \right )! \cdot k! \right ]^{-1} \cdot x^k + \dots + p \cdot x^{k-1} \right ) \bmod p +\left ( x^k \bmod p \right ) \pmod p\\
&\equiv 1+ 0+ x^k \pmod p
\end{aligned}
\]
所以 \(\left ( 1+ x \right ) ^p\equiv 1+ x^p \pmod p\)
以上就是本部分的过程。
3.核心过程 \(C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\cdot \dots \cdot C_{a_1}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}\pmod p\)
首先，咱们先将 \(a\) 与 \(b\) 按 \(p\) 进制 进行转换，如下：
\[a= a_k\cdot p^k+ a_{k-1}\cdot p^{k-1}+\dots +a_1\cdot p^1+a_0\cdot p^0
\]
\[b= b_k\cdot p^k+ b_{k-1}\cdot p^{k-1}+\dots +b_1\cdot p^1+b_0\cdot p^0
\]
所以（通过 \(a^m\cdot a^n= a^{m+n}\) 逆用 以及 二项式定理 得到）
\[\begin{aligned}
(1+x)^a &=(1+x)^{a_k\cdot p^k+ a_{k-1}\cdot p^{k-1}+\dots +a_1\cdot p^1+a_0\cdot p^0} \pmod p \\
&=(1+x)^{a_k\cdot p^k}\cdot (1+x)^{a_{k-1}\cdot p^{k-1}}\cdot \dots \cdot (1+x)^{a_1\cdot p^1}\cdot (1+x)^{a_0\cdot p^0} \pmod p \\
&\equiv (1+x^{a_k})^{p^k}\cdot (1+x^{a_{k-1}})^{p^{k-1}}\cdot \dots \cdot (1+x^{a_1})^{p^1}\cdot (1+x^{a_0})^{p^0} \pmod p \\
&\equiv \prod_{i=0}^{k}(1+x^{a_i})^{p^i} \pmod p \\
\end{aligned}
\]
进一步转化可以得到：
\[\begin{aligned}
C_a^b x^b &\equiv C_{a_{k}}^{b_{k}}(x^{p^k})^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}(x^{p^{k-1}})^{b_{k-1}}\cdot \dots \cdot C_{a_1}^{b_1}(x^{p^1})^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}(x^{p^0})^{b_0} \pmod p \\
&\equiv \prod_{i=0}^{k}C_{a_i}^{b_i}\cdot (x^{p^i})^{b_i} \pmod p \\
\end{aligned}
\]
再通过 \((a^m)^n= a^{mn}\) ,得：
\[\begin{aligned}
C_a^b x^b &\equiv C_{a_k}^{b_k}x^{b_k\cdot p^k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}x^{b_{k-1}\cdot p^{k-1}}\cdot \dots \cdot C_{a_1}^{b_1}x^{b_1\cdot p^1}\cdot C_{a_0}^{b_0}x^{b_0\cdot p^0} \pmod p \\
&\equiv \prod_{i=0}^{k}C_{a_i}^{b_i}\cdot x^{b_i\cdot p^i}\pmod p
\end{aligned}
\]
再将因数分解一下：
\[\begin{aligned}
C_a^b x^b &\equiv C_{a_k}^{b_k}C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\dots C_{a_1}^{b_1}C_{a_0}^{b_0} \cdot x^{b_k\cdot p^k}x^{b_{k-1}\cdot p^{k-1}}x^{b_1\cdot p^1}x^{b_0\cdot p^0} \pmod p \\
&\equiv \prod_{i=0}^{k}C_{a_i}^{b_i} \cdot \prod_{i=0}^{k}x^{b_0\cdot p^0}\pmod p
\end{aligned}
\]
此时，我们发现括号左边的 \(x^b\) 与括号右边的 \(x^{b_k\cdot p^k}x^{b_{k-1}\cdot p^{k-1}}x^{b_1\cdot p^1}x^{b_0\cdot p^0}\) 是相等的，
所以
\[C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\dots C_{a_1}^{b_1}C_{a_0}^{b_0}\pmod p.
\]
然后，我们将会发现这个公式就是下面公式的不断迭代
\[C^b_a\equiv C^{\left\lfloor b/p \right\rfloor}_{\left\lfloor a/p \right\rfloor}\times C^{b\bmod p}_{a\bmod p}\pmod p
\]
得证
如果还不清楚的话，可以看看一下几个链接：
%%%1
%%%2
%%%3
特别推荐
如有不当之处，欢迎指出
Bye~
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