【luogu P4720】【模板】扩展卢卡斯定理/exLucas（数论）（CRT）
【模板】扩展卢卡斯定理/exLucas
题目链接：luogu P4720
题目大意
要你求一个组合数在模一个数的结果。
模数不一定是质数。
思路
我们考虑质因数分解模数。
考虑分成了 \(p=p_1^{a_1},p_2^{a_2},...\)
然后你考虑求出：
\(\begin{cases}C_{n}^m\mod p_1^{a_1}\\ C_{n}^m\mod p_2^{a_2}\\ ……\end{cases}\)
不难看出求出来的结果我们可以直接用 CRT（中国剩余定理）合并。
那接着就变成如何求 \(C_n^m\mod p^{k}\)。
首先我们用普通的式子：\(\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\mod p^k\)
显然是不能直接搞，因为我们不能求出下面的两个的逆元。
然后又逆元的条件是这个数和模数互质，所以我们可以换一下式子：
\(\dfrac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}p^{x-y-z}\mod p^k\)
然后 \(x\) 是 \(n!\) 中包含 \(p\) 因子的个数。（\(y,z\) 同理）
那问题就是求 \(\dfrac{n!}{p^x}\mod p^k\)
考虑处理一下 \(n!\)：
\(=(p\cdot 2p\cdot3p\cdot...)(1\cdot 2\cdot 3\cdot...)\)
（左边是 \(1\sim n\) 中 \(p\) 的倍数，右边就是不是倍数的）
然后提出左边的 \(p\)：
\(=p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}(\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor)!\prod\limits_{i=1,i\not\equiv0\pmod p}^ni\)
然后后面的显然是有循环节：
\(=p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}(\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor)!(\prod\limits_{i=1,i\not\equiv0\pmod p}^{p^k}i)^{\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor}(\prod\limits_{i=p^k\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor,i\not\equiv0\pmod p}^{n}i)\)
两个分别代表循环节和余项。
然后因为取模，\(p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\) 会没掉，但是 \((\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor)!\) 中可能还有 \(p\)。
那就是一个递归下去的过程，设 \(F(n)=\dfrac{n!}{p^x}\)
然后递推就是：
\(F(n)=F(\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor)(\prod\limits_{i=1,i\not\equiv0\pmod p}^{p^k}i)^{\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor}(\prod\limits_{i=p^k\left\lfloor\frac{n}{p^k}\right\rfloor,i\not\equiv0\pmod p}^{n}i)\)
（这个的复杂度是 \(\log_pn\)，边界是 \(f(0)=1\)）
然后在原来的式子，就变成了 \(\dfrac{F(n)}{F(m)F(n-m)}p^{x-y-z}\mod p^k\)
这下分母的两个就是一定跟 \(p^k\) 互质，就可以用扩欧求啦。
然后你会发现还有一个 \(p^{x-y-z}\)。
那我们就是要求 \(F(n)=\dfrac{n!}{p^x}\) 中的 \(x\)。
想想上面的式子，我们要的就是被除掉的部分，就是 \(p^{\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor}\) 中的 \(\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor\)。
每个 \(\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor\) 加起来就是结果，所以：
\(g(n)=\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor+g(\left\lfloor\dfrac{n}{p}\right\rfloor)\)
（复杂度也是 \(\log_pn\)，边界是 \(g(n)=0(n<p)\)）
然后再带入到原来的式子就是：
\(\dfrac{F(n)}{F(m)F(n-m)}p^{G(n)-G(m)-G(n-m)}\mod p^k\)
然后就好啦！！！
代码
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll n, m, p;
ll a[1001], b[1001];
ll ksm(ll x, ll y, ll p) {
ll re = 1;
while (y) {
if (y & 1) re = re * x % p;
x = x * x % p;
y >>= 1;
}
return re;
}
ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
if (!b) {
x = 1; y = 0;
return a;
}
ll re = exgcd(b, a % b, y, x);
y -= x * (a / b);
return re;
}
ll inv(ll a, ll p) {//别用快速幂求，要用扩欧
ll x, y;
exgcd(a, p, x, y);
return (x % p + p) % p;
}
ll F(ll n, ll p, ll pk) {
if (!n) return 1;
ll rou = 1, el = 1;
for (ll i = 1; i <= pk; i++) {//循环节部分
if (i % p) rou = rou * i % pk;
}
rou = ksm(rou, n / pk, pk);
for (ll i = pk * (n / pk); i <= n; i++) {//余项部分
if (i % p) el = el * (i % pk) % pk;
}
return F(n / p, p, pk) * rou % pk * el % pk;
}
ll G(ll n, ll p) {
if (n < p) return 0;
return n / p + G(n / p, p);
}
ll work_C(ll n, ll m, ll p, ll pk) {
ll fz = F(n, p, pk), fm1 = inv(F(m, p, pk), pk), fm2 = inv(F(n - m, p, pk), pk);
ll mi = ksm(p, G(n, p) - G(m, p) - G(n - m, p), pk);
return fz * fm1 % pk * fm2 % pk * mi % pk;
}
ll exLucas(ll n, ll m, ll p) {
ll tmpp = p, tot = 0, di;
for (ll i = 2; i * i <= tmpp; i++) {
if (tmpp % i == 0) {
tot++; di = 1;
while (tmpp % i == 0) {
di *= i;
tmpp /= i;
}
a[tot] = di;
b[tot] = work_C(n, m, i, di);
}
}
if (tmpp > 1) a[++tot] = tmpp, b[tot] = work_C(n, m, tmpp, tmpp);
ll ans = 0;//CRT
for (int i = 1; i <= tot; i++) {
ll M = p / a[i], V = inv(M, a[i]);
ans = (ans + b[i] * M % p * V % p) % p;
}
return ans;
}
int main() {
scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p);
printf("%lld", exLucas(n, m, p));
return 0;
}
