【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：

\[C_n^m=(C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}) mod\ p \]

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\(O(mn)\)，在实践中不适用。当这时候就需要Lucas定理进行快速运算:

\[C_n^m=\prod_{i=0}^{k}C_{n_i}^{m_i}\ mod\ p \]

其中：

\[m=m_kp^k+m_{k-1}p^{k-1}+...+m_1p+m_0 \]

\[n=n_kp^k+n_{k-1}p^{k-1}+...+n_1p+n_0 \]

证明方法也很简单，主要用到如下等式：

\[C_p^j\equiv 0\ mod\ p\ ( 1 \leq j \leq p-1 ) \]

\[(1+x)^{p}\equiv 1+x^p \ mod\ p \]

应用这个公式，可以的到如下递归式

这里的\(Lucas(n,m,p)\)就是\(C_n^m\ mod\ p\)，递归终点就是当\(n=0\)的时候。时间复杂度是\(O(log_p(n)*p)\).

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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 \(\mathcal{O}(n^2)\) 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 ：

\[ln C_m^n = ln\ m! - ln\ n! - ln(m - n)! = \sum_{x=1}^mlnx - \sum_{x=1}^nlnx - \sum_{x=1}^{m-n}lnx \]

所以只需要用 \(\mathcal{O}(n)\) 预处理出 \(ln\ x\) 的前缀和，即可 \(\mathcal{O}(1)\) 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：\(C_m^n = m!·inv(n!)·inv[(m - n)!]\ (mod\ p)\)。

模 \(p\) 意义下阶乘和逆元都可以 \(\mathcal{O}(n)\)预 处理出来，然后直接 \(\mathcal{O}(1)\) 查询即可（实际上不预处理逆元直接 \(\mathcal{O}(log\ n)\) 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 \(\mathcal{O}(n^2)\)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 \(p\) ，\(C_m^n = \prod_{i = 0}^k\ (mod\ p)\) 其中

\(m = m_kp^k + …… +m_1p + m_0\) 、\(n = n_kp^k + …… +n_1p + n_0\) 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：

\(C_m^n = C_{m\ mod\ p}^{n\ mod\ p}·C_{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\ (mod\ p)\)

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 \(\mathcal{O}(p\ log_p\ m)\) ，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\(\mathcal{O}(1)\)，一共要调用 \(log_p\ m\) 次，那么复杂度应该是 \(\mathcal{O}(p + log_p\ m)\) 才对。洛谷上这道模板题的范围才给到 \(\mathcal{O}(10^5)\) ，屈才了。

接下来我们来证明这个式子。如果你对数学推导没有兴趣可以走了（雾