【luogu P3807】【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理（含 Lucas 定理证明）

【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

题目链接：luogu P3807

题目大意

求 C(n,n+m)%p 的值。
p 保证是质数。

思路

Lucas 定理内容

对于非负整数 $n$,$m$，质数 $p$，有：
$C_m^n\equiv \prod\limits_{i=0}^kC_{m_i}^{n^i}(\bmod\ p)$
其中 $m=m_kp^k+...+m_1p+m_0$，$n=n_kp^k+...+n_1p+n_0$。（其实就是 $n,m$ 的 $p$ 进制展开）

那我们一般做题用的是递推式，也就是 $C_m^n\equiv C_{\left\lfloor m/p\right\rfloor}^{\left\lfloor n/p\right\rfloor}C_{m\bmod p}^{n\bmod p}(\bmod\ p)$
（当 $n>m$ 时，我们规定 $C_{m}^n=0$）

啥时候会用

我们有时候要算组合数，可能 $C_{m}^n$ 的 $n,m$ 很大，这时候一般做题就会让他取模一个数 $\bmod \ p$。

那如果 $p>m$，我们可以愉快的用这个式子求：$C_{m}^n=\dfrac{m!}{n!(m-n)!}$
算出 $n!$ 和 $(m-n)!$ 的逆元，就可以搞。

可当 $m\geqslant p$ 的时候，分母的乘法逆元可能不存在。（因为 $x$ 是 $p$ 的倍数的话 $x$ 就没有模 $p$ 的逆元）

那这个时候我们就可以用 Lucas 定理把这个组合数拆成几个 $m<p$ 的，就可以搞了。

证明

证明 Lucas 定理之前，我们先证明两个式子。

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式一:

$C_p^i\equiv \frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\equiv0(\bmod\ p),(1\leqslant i<p)$
证明：
$C_p^i=\dfrac{p!}{i!(p-i)!}=\dfrac{p}{i}\dfrac{(p-1)!}{(i-1)!(p-1-(i-1))!}=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}$
由于 $1\leqslant i<p$，故 $i$ 会有 $p$ 的逆元 $inv_i$
$\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}=p\times inv_i\times C_{p-1}^{i-1}$
那这个地方都是 $p$ 的倍数，那它被 $p$ 取模一定是 $0$，故得证。

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式二：

根据二项式定理：
$(1+n)^p\equiv C_p^0+C_p^1x+...+C_p^{p-1}x^{p-1}+C_p^px^p(\bmod\ p)$
再根据式一 $C_p^i\equiv0(\bmod\ p),(1\leqslant i<p)$，可以得到
$(1+n)^p\equiv C_p^0+C_p^px^p\equiv 1+x^p(\bmod\ p)$

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接着我们开始证明，先设 $\left\lfloor m/p\right\rfloor=q_m,\left\lfloor n/p\right\rfloor=q_n,m\bmod p=r_m,n\bmod p=r_n$。
那有 $m=q_mp+r_m,n=q_np+r_n$。

接着我们继续用二项式定理：
$(1+x)^m=\sum\limits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^i$
然后我们把左边给化简：
$\begin{aligned}(1+x)^m & =(1+x)^{q_mp+r_m} \\ & =(1+x)^{q_mp}\cdot(1+x)^{r_m} \\& =[(1+x)^p]^{q_m}\cdot(1+x)^{r_m}\\&\equiv(1+x^p)^{q_m}\cdot(1+x)^{r_m}[式二]\\&\equiv\sum\limits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}\sum\limits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(\bmod\ p)\end{aligned}$

那就有：
$\sum\limits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^i\equiv\sum\limits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}\sum\limits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(\bmod\ p)$

那对于任意一个数 $z$，必然会有一组 $i,j$ 满足 $x^z=x^{pi}x^j$
不难看出这其实就是满足 $z=pi+j$，所以当且仅当 $i=\left\lfloor \dfrac{z}{p}\right\rfloor，j=z\bmod p$。
那也就是说左边的 $i$ 取任意一个，右边都有一个新的跟它对于恒等。
左边 $i=x$，右边的就分别是 $i=\left\lfloor \dfrac{x}{p}\right\rfloor,i=x\bmod p$

那当 $i=x$，就有：
$\begin{aligned}C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}x^{q_np}C_{r_m}^{r_n}x^{r_n}\\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^{q_np+r_n}\\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^n\end{aligned}$
两边同乘 $inv(x^n)$，就有了 $C_{m}^n=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}$

得证。

本题

其实逆元的话直接要用的话直接 $x^{p-2}\bmod p$ 更好，不用像我这样线性求出每个。

代码

#include<cstdio>
#define ll long long

using namespace std;

ll T, n, m, p;
ll jc[100001], inv[100001];

ll ksm(ll x, ll y) {
	ll re = 1;
	while (y) {
		if (y & 1) re = (re * x) % p;
		x = (x * x) % p;
		y >>= 1;
	}
	return re;
}

ll C(ll x, ll y) {//暴力算组合数
	if (x > y) return 0;
	return ((jc[y] * inv[x]) % p * inv[y - x]) % p;
}

ll work(ll n, ll m) {//Lucas 定理
	if (!n) return 1;
	return (work(n / p, m / p) * C(n % p, m % p)) % p;
}

int main() {
	scanf("%lld", &T);
	while (T--) {
		scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p);
		jc[0] = 1;
		for (ll i = 1; i <= p; i++)//预处理阶乘与其逆元
			jc[i] = (jc[i - 1] * i) % p;
		inv[p - 1] = ksm(jc[p - 1], p - 2);
		for (ll i = p - 2; i >= 0; i--)
			inv[i] = (inv[i + 1] * (i + 1)) % p;
		
		printf("%lld\n", work(n, n + m));
	}
	
	return 0;
}

__EOF__

本文作者：あおいSakura
本文链接：https://www.cnblogs.com/Sakura-TJH/p/luogu_P3807.html
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