卢卡斯定理 （Lucas's theorem）

Lucas定理

目录

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• Lucas定理
  
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  • 定义
  • 证明
    • 算式（未知元）声明
    • 1. 一些需要的定理
      • 二项式定理
      • 排列组合数
      • 乘法逆元
      • 幂的乘法、乘方以及积的乘法
    • 2. ${(1+x)}^p\equiv 1+x^p(\mathrm{mod}p)$
    • 3.核心过程 　$C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\cdot \cdots \cdot C_{a_1}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}(\mathrm{mod}p)$
    • 得证

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：

$$C_a^b\equiv C_{\lfloor a/p\rfloor }^{\lfloor b/p\rfloor }\times C_{amodp}^{bmodp}(\mathrm{mod}p)$$

也就是，

Lucas定理是用来求 $C_a^{b}modp$ ($p$ 为素数的值)

变形
首先，将 $a$ , $b$ 转化为 $p$ 进制，即：

$$\{\begin{array}{l}a=a_k\cdot p^k+a_{k-1}\cdot p^{k-1}+\cdots +a_1\cdot p^1+a_0\cdot p^0\\ b=b_k\cdot p^k+b_{k-1}\cdot p^{k-1}+\cdots +b_1\cdot p^1+b_0\cdot p^0\end{array}$$

那么$C_a^b\equiv C_{\lfloor a/p\rfloor }^{\lfloor b/p\rfloor }\times C_{amoda}^{bmodp}(\mathrm{mod}p)$ 还可以变形为：

$$C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\cdot \cdots \cdot C_{a_1}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}(\mathrm{mod}p)$$

即

$$C_a^b\equiv \prod _{i=0}^k{C}_{a_i}^{b_i}(\mathrm{mod}p)$$

证明

算式（未知元）声明

证明过程围绕以下式子：

$$C_a^b\equiv C_{\lfloor a/p\rfloor }^{\lfloor b/p\rfloor }\times C_{amodp}^{bmodp}(\mathrm{mod}p)$$

$$\{\begin{array}{l}a=a_k\cdot p^k+a_{k-1}\cdot p^{k-1}+\cdots +a_1\cdot p^1+a_0\cdot p^0\\ b=b_k\cdot p^k+b_{k-1}\cdot p^{k-1}+\cdots +b_1\cdot p^1+b_0\cdot p^0\end{array}$$

$$C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\cdot \cdots \cdot C_{a_1}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}(\mathrm{mod}p)$$

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

$$(a+b{)}^n=C_n^0{a}^n+C_n^1{a}^{n-1}b+\cdots +C_n^k{a}^{n-k}{b}^k+\cdots +C_n^n{b}^n(n\in N^{\ast })$$

　即

$${(a+b)}^n=\sum _{k=0}^n{C}_n^k{a}^{n-k}{b}^k$$

　由此，还可以得到：

$${(1+x)}^n=C_n^0+C_n^{1}x+\cdots +C_n^k{x}^k+\cdots +C_n^n{x}^n$$

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：

$$\begin{array}{rl}{A}_a^b& =a\cdot (a-1)\cdot (a-2)\cdot \cdots \cdot (a-b+1)\\ & =\frac{a!}{(a-b)!}\end{array}$$

　　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：

$$\begin{array}{rl}{C}_a^b& =\frac{A_a^b}{A_b^b}\\ & =\frac{a\cdot (a-1)\cdot (a-2)\cdot \cdots \cdot (a-b+1)}{b\cdot (b-1)\cdot (b-2)\cdot \cdots \cdot 3\cdot 2\cdot 1}\\ & =\frac{a!}{(a-b)!\cdot b!}\end{array}$$

　　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

$$\frac{\mathrm{\Delta }}{a}=\mathrm{\Delta }\cdot x(\mathrm{mod}p)$$

　　 $x$ 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

$$a^m\cdot a^n=a^{m+n}$$

$$(a^m{)}^n=a^{mn}$$

$$(ab{)}^n=a^n{b}^n$$

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. ${(1+x)}^p\equiv 1+x^p(\mathrm{mod}p)$

然后，我们就要通过刚才的二项式定理证明一下 ${(1+x)}^p\equiv 1+x^p(\mathrm{mod}p)$
过程如下：
　由二项式得：

$$\begin{array}{rl}{(1+x)}^p& \equiv C_p^0\cdot x^0+C_p^1\cdot x^1+\cdots +C_p^k\cdot x^k+\cdots +C_p^{p-1}\cdot x^{p-1}+C_p^p\cdot x^p(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv 1\cdot x^0+p\cdot x^1+\cdots +\frac{p!}{(p-k)!\cdot k!}\cdot x^k+\cdots +p\cdot x^{k-1}+1\cdot x^k(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv 1+p\cdot x+\cdots +p!\cdot {[(p-k)!\cdot k!]}^{-1}\cdot x^k+\cdots +p\cdot x^{k-1}+x^k(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

　通过观察，我们可以发现：$p\cdot x+\cdots +p!\cdot {[(p-k)!\cdot k!]}^{-1}\cdot x^k+\cdots +p\cdot x^{k-1}$ 其实是 $p$ 的倍数， $(\mathrm{mod}p)$ 就刚好除尽。
　所以这一长串式子就可以化简为：

$$\begin{array}{rl}{(1+x)}^p& \equiv (1modp)+(p\cdot x+\cdots +p!\cdot {[(p-k)!\cdot k!]}^{-1}\cdot x^k+\cdots +p\cdot x^{k-1})modp+(x^{k}modp)(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv 1+0+x^k(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

所以 ${(1+x)}^p\equiv 1+x^p(\mathrm{mod}p)$
以上就是本部分的过程。

3.核心过程 　$C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\cdot \cdots \cdot C_{a_1}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}(\mathrm{mod}p)$

　　首先，咱们先将 $a$ 与 $b$ 按 $p$ 进制 进行转换，如下：

$$a=a_k\cdot p^k+a_{k-1}\cdot p^{k-1}+\cdots +a_1\cdot p^1+a_0\cdot p^0$$

$$b=b_k\cdot p^k+b_{k-1}\cdot p^{k-1}+\cdots +b_1\cdot p^1+b_0\cdot p^0$$

所以（通过 $a^m\cdot a^n=a^{m+n}$ 逆用 以及 二项式定理 得到）

$$\begin{array}{rl}(1+x{)}^a& =(1+x{)}^{a_k\cdot p^k+a_{k-1}\cdot p^{k-1}+\cdots +a_1\cdot p^1+a_0\cdot p^0}(\mathrm{mod}p)\\ & =(1+x{)}^{a_k\cdot p^k}\cdot (1+x{)}^{a_{k-1}\cdot p^{k-1}}\cdot \cdots \cdot (1+x{)}^{a_1\cdot p^1}\cdot (1+x{)}^{a_0\cdot p^0}(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv (1+x^{a_k}{)}^{p^k}\cdot (1+x^{a_{k-1}}{)}^{p^{k-1}}\cdot \cdots \cdot (1+x^{a_1}{)}^{p^1}\cdot (1+x^{a_0}{)}^{p^0}(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv \prod _{i=0}^k(1+x^{a_i}{)}^{p^i}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

进一步转化可以得到：

$$\begin{array}{rl}{C}_a^b{x}^b& \equiv C_{a_k}^{b_k}(x^{p^k}{)}^{b_k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}(x^{p^{k-1}}{)}^{b_{k-1}}\cdot \cdots \cdot C_{a_1}^{b_1}(x^{p^1}{)}^{b_1}\cdot C_{a_0}^{b_0}(x^{p^0}{)}^{b_0}(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv \prod _{i=0}^k{C}_{a_i}^{b_i}\cdot (x^{p^i}{)}^{b_i}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

再通过 $(a^m{)}^n=a^{mn}$ ,得：

$$\begin{array}{rl}{C}_a^b{x}^b& \equiv C_{a_k}^{b_k}{x}^{b_k\cdot p^k}\cdot C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}{x}^{b_{k-1}\cdot p^{k-1}}\cdot \cdots \cdot C_{a_1}^{b_1}{x}^{b_1\cdot p^1}\cdot C_{a_0}^{b_0}{x}^{b_0\cdot p^0}(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv \prod _{i=0}^k{C}_{a_i}^{b_i}\cdot x^{b_i\cdot p^i}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

再将因数分解一下：

$$\begin{array}{rl}{C}_a^b{x}^b& \equiv C_{a_k}^{b_k}{C}_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\dots C_{a_1}^{b_1}{C}_{a_0}^{b_0}\cdot x^{b_k\cdot p^k}{x}^{b_{k-1}\cdot p^{k-1}}{x}^{b_1\cdot p^1}{x}^{b_0\cdot p^0}(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv \prod _{i=0}^k{C}_{a_i}^{b_i}\cdot \prod _{i=0}^k{x}^{b_0\cdot p^0}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

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

$$C_a^b\equiv C_{a_k}^{b_k}{C}_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\dots C_{a_1}^{b_1}{C}_{a_0}^{b_0}(\mathrm{mod}p).$$

然后，我们将会发现这个公式就是下面公式的不断迭代

$$C_a^b\equiv C_{\lfloor a/p\rfloor }^{\lfloor b/p\rfloor }\times C_{amodp}^{bmodp}(\mathrm{mod}p)$$

得证

如果还不清楚的话，可以看看一下几个链接：
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特别推荐

如有不当之处，欢迎指出

Bye~

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