【算法学习笔记】组合数与 Lucas 定理

卢卡斯定理是一个与组合数有关的数论定理，在算法竞赛中用于求组合数对某质数的模。

第一部分是博主的个人理解，第二部分为 Pecco 学长的介绍

一篇很好的卢卡斯定理博文

第一部分

一般情况下，我们计算大组合数取模问题是用递推公式进行计算的：

C_{n}^{m} = (C_{n - 1}^{m} + C_{n - 1}^{m - 1}) m o d p

其中p相对较小的素数。但是当n和m过大时，计算的耗费就急剧增加 $O (m n)$ ，在实践中不适用。当这时候就需要Lucas定理进行快速运算:

C_{n}^{m} = \prod_{i = 0}^{k} C_{n_{i}}^{m_{i}} m o d p

其中：

m = m_{k} p^{k} + m_{k - 1} p^{k - 1} + . . . + m_{1} p + m_{0}

n = n_{k} p^{k} + n_{k - 1} p^{k - 1} + . . . + n_{1} p + n_{0}

证明方法也很简单，主要用到如下等式：

C_{p}^{j} \equiv 0 m o d p (1 \leq j \leq p - 1)

(1 + x)^{p} \equiv 1 + x^{p} m o d p

应用这个公式，可以的到如下递归式

这里的 $L u c a s (n, m, p)$ 就是 $C_{n}^{m} m o d p$ ，递归终点就是当 $n = 0$ 的时候。时间复杂度是 $O (l o g_{p} (n) * p)$ .

如果上面的解释没有理解的话请往下看一下 Pecco 学长的介绍

第二部分

开篇说的就很清楚了，

卢卡斯定理是一个与组合数有关的数论定理，在算法竞赛中用于求组合数对某质数的模。

在我们谈论卢卡斯定理前，我们先来看看朴素的求组合数的方法有哪些。

如果直接根据定义 $C_{m}^{n} = \frac{m!}{n! (m - n)!}$ 直接计算，显然很容易溢出，事实上当 m=21 时， $21! = 51, 090, 942, 171, 709, 440, 000$ 就已经大于64位整数可以表示的范围了。当然我们可以边乘边除，但有点麻烦。于是我们有另外一种思路，利用递推式： $C_{m}^{n} = C_{m - 1}^{n - 1} + C_{m - 1}^{n}$ （这个递推式可以从杨辉三角看出）。这种方法相对不容易溢出，时间复杂度为 $O (n^{2})$ 其实如果对精度要求不高的话，最简单快捷的方法是利用对数。由于：

l n C_{m}^{n} = l n m! - l n n! - l n (m - n)! = \sum_{x = 1}^{m} l n x - \sum_{x = 1}^{n} l n x - \sum_{x = 1}^{m - n} l n x

所以只需要用 $O (n)$ 预处理出 $l n x$ 的前缀和，即可 $O (1)$ 求出结果，但可能有浮点误差。

然而，实际上，组合数的增长速度是非常快的， $C_{100}^{50}$ 已经是30位数， $C_{300}^{150}$ 则有89位数，比宇宙中的原子数还多。（宇宙中的原子数：怎么总是拿我来对比？）所谓递推不容易溢出，那如果结果本身就溢出了，你又怎么办呢？

所幸算法竞赛中的题目常常会要求将结果对某个质数 $p$ 取模，这样一来，溢出的问题就不用太担心了。我们干脆直接回到最原始的方法： $C_{m}^{n} = \frac{m!}{n! (m - n)!}$ 。只不过，现在我们要把除法变成求逆元，也即： $C_{m}^{n} = m! \cdot i n v (n!) \cdot i n v [(m - n)!] (m o d p)$ 。

模 $p$ 意义下阶乘和逆元都可以 $O (n)$ 预处理出来，然后直接 $O (1)$ 查询即可（实际上不预处理逆元直接 $O (l o g n)$ 求也绰绰有余）。这基本上是最常用的求组合数方法。

绕了一圈，怎么还没提到卢卡斯定理呢？嗯……一般来说，这个方法够用了。偏偏，有时候， $p$ 可能比 $m$ 小....

这下麻烦了。如果 $p$ 比 $m$ 小，就不能保证 $n$ 和 $m - n$ 的逆元存在了（它们可能是 $p$ 的倍数）。当然还是可以用杨辉三角递推，但 $O (n^{2})$ 还是太不理想。于是，本文的主角——卢卡斯定理终于要出场了。

卢卡斯定理（Lucas's theorem）：

对于非负整数 $m, n$ 和质数 $p$ ， $C_{m}^{n} = \prod_{i = 0}^{k} (m o d p)$ 其中

$m = m_{k} p^{k} + \dots \dots + m_{1} p + m_{0}$ 、 $n = n_{k} p^{k} + \dots \dots + n_{1} p + n_{0}$ 是 $m$ 和 $n$ 的 $p$ 进制展开

但其实，我们一般使用的是这个可以与之互推的式子：

$C_{m}^{n} = C_{m m o d p}^{n m o d p} \cdot C_{⌊ \frac{m}{p} ⌋}^{⌊ \frac{n}{p} ⌋} (m o d p)$

当 $m < n$ 时，规定 $C_{m}^{n} = 0$ （待会儿会将这个规定的意义）。

就像辗转相除法那样，可以利用这个式子递归求解，递归出口是 $n = 0$ 。其实这篇文章只需要这个好记的公式就够了，你甚至可以马上写出卢卡斯定理的板子：

// 需要先预处理出fact[]，即阶乘
inline ll C(ll m, ll n, ll p) {
    return m < n ? 0 : fact[m] * inv(fact[n], p) % p * inv(fact[m - n], p) % p;
}
inline ll lucas(ll m, ll n, ll p) {
    return n == 0 ? 1 % p : lucas(m / p, n / p, p) * C(m % p, n % p, p) % p;
}

网上说卢卡斯定理的复杂度是 $O (p l o g_{p} m)$ ，但如果阶乘和逆元都采取递推的方法预处理，（只需要预处理 $p$ 以内的），每次调用C()函数应该都是的 $O (1)$ ，一共要调用 $l o g_{p} m$ 次，那么复杂度应该是 $O (p + l o g_{p} m)$ 才对。洛谷上这道模板题的范围才给到 $O (10^{5})$ ，屈才了。