Lucas 定理学习笔记

前言

最近在写数学题，补一些定理证明。

本文参考了 OI-wiki 和 iorit 的博客，如有错误或不足，敬请指出。

前置知识

二项式定理

二项式定理：$(a+b{)}^n=\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})}{a}^i{b}^{n-i}$

证明：从组合意义考虑每一项的系数易证。

Lucas 定理

内容

Lucas 定理：对于质数 $p$，有

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}\equiv {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor }{\lfloor {\displaystyle \frac{m}{p}}\rfloor })}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}(\mathrm{mod}p)$$

证明

Lemma：${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})}modp=[i=0\vee i=p]$

证明：${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})}={\displaystyle \frac{p!}{i!(p-i)!}}$，显然 $p$ 无法被比它小的数约分，仅当 $i=p$ 和 $i=0$ 时，${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})}=1$，$i$ 取其它取值时都 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})}$ 含有 $p$ 这个因子，即 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})}modp=0$。

Lemma：$(a+b{)}^p\equiv a^p+b^p(\mathrm{mod}p)$

证明：由二项式定理及上述引理得

$$\begin{array}{rl}(a+b{)}^p& =\sum _{i=0}^n{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{i})}{a}^i{b}^{p-i}\\ & \equiv \sum _{i=0}^n[i=0\vee i=p]a^i{b}^{p-i}(\mathrm{mod}p)\\ & \equiv a^p+b^p(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

可以看出，当 $a,b$ 为多项式时，该引理仍然适用。

由二项式定理得 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}$ 即为 $(x+1{)}^n$ 的 $m$ 次系数。

由上述引理得

$$\begin{array}{rl}(x+1{)}^n& =(x+1{)}^{p\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(x+1{)}^{nmodp}\\ & \equiv (x^p+1{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(x+1{)}^{nmodp}(\mathrm{mod}p)\end{array}$$

看 $m$ 次项

$${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}{x}^m\equiv {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor }{\lfloor {\displaystyle \frac{m}{p}}\rfloor })}{x}^{p\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\cdot {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}{x}^{mmodp}(\mathrm{mod}p)$$

$$\therefore {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}{x}^m\equiv {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor }{\lfloor {\displaystyle \frac{m}{p}}\rfloor })}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}{x}^m(\mathrm{mod}p)$$

$$\therefore {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}\equiv {\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor {\displaystyle \frac{n}{p}}\rfloor }{\lfloor {\displaystyle \frac{m}{p}}\rfloor })}{\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})}(\mathrm{mod}p)$$

可以 $O(p+\log n)$ 求出。

扩展 Lucas 定理

过程

还是求 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}modp$，但 $p$ 不一定为质数，设 $p=\prod _{i=1}^w{p}_i^{{\alpha }_i},p_i\in \mathbf{Prime}$。

于是可以求出所有 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}mod{p}_i^{{\alpha }_i}$，再 CRT 合并即可。

考虑如何求 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}mod{p}^k$，其中 $p\in \mathbf{Prime}$。

${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}mod{p}^k={\displaystyle \frac{n!}{m!(n-m)!}}mod{p}^k$，当 $max(n,m)\ge p$ 时，不存在逆元，考虑把分子分母的 $p$ 约掉，令 $f(x)=max\{k|{\displaystyle \frac{x!}{p^k}}\in \mathbb{N}\}$，即 $x!$ 包含多少个因子 $p$，设 $n=a\cdot p^{f(n)},m=b\cdot p^{f(m)},n-m=c\cdot p^{f(n-m)}$，则 ${\displaystyle (\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})}={\displaystyle \frac{a}{bc}}\cdot p^{f(n)-f(m)-f(n-m)}$。

容易证明，$f(x)=\{\begin{array}{ll}0& x<p\\ \lfloor {\displaystyle \frac{x}{p}}\rfloor +f(\lfloor {\displaystyle \frac{x}{p}}\rfloor )& x\ge p\end{array}$

可以看出，$f(x)$ 可以在 $O(\log x)$ 的时间内求出。

于是求 ${\displaystyle \frac{a}{bc}}$ 即可，考虑如何处理阶乘。

举个例子，求 ${\displaystyle \frac{22!}{3^{f(22)}}}mod{3}^2$

$$\begin{array}{rl}22!& =1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7\times 8\times 9\times 10\times 11\times 12\times 13\times 14\times 15\times 16\times 17\times 18\times 19\times 20\times 21\times 22\\ & =1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8\times 10\times 11\times 13\times 14\times 16\times 17\times 19\times 20\times 22\times 3\times 6\times 9\times 12\times 15\times 18\times 21\\ & =1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8\times 10\times 11\times 13\times 14\times 16\times 17\times 19\times 20\times 22\times 7!\times 3^7\end{array}$$

发现 $1\sim 8$ 和 $10\sim 17$ 在模 $3^2$ 意义下下是一样的，合并起来。

$$\begin{array}{rl}22!& \equiv (1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8{)}^2\times 19\times 20\times 22\times 7!\times 3^7(\mathrm{mod}{3}^2)\end{array}$$

后面几个零散的数可以直接取模，即

$$\begin{array}{rl}22!& \equiv (1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8{)}^2\times 1\times 2\times 4\times 7!\times 3^7(\mathrm{mod}{3}^2)\end{array}$$

阶乘前的两部分都是 $O(p^k)$ 级别的，前半部分的循环节乘起来后快速幂，后半部分的零散块暴力乘，然后递归处理就好。

若不计 CRT 的复杂度，这个算法是 $O(p\log n)$ 的，实际上还可以优化，发现循环节和零散块都可 $O(p)$ 轻松预处理，复杂度可优化到单次到 $O(\log n)$。