Lucas 定理简单证明

合集 - 组合数学(5)

1.组合数学合集01-302.组合数及其简单应用01-22

3.Lucas 定理简单证明01-24

4.一些特殊的组合数列01-305.上升幂转下降幂如何避免斯特林数？02-06

收起

前言

Oi wiki 和网上博客的证明都没完全看懂，最后还是自己推出来的。。这里记录一下思路。

Lucas 定理

对于质数 $p$，$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})modp=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{\lfloor m/p\rfloor })\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})modp$$
可以接着递归展开 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{\lfloor m/p\rfloor })$，把所有组合数中系数降到 $\le p-1$。展开后有时可以视作一个 $p-1$ 进制数，为数位DP提供可能性。

朴素的Lucas 定理可以加速大组合数对质数取模的运算。

证明Lucas 定理

二项式定理

对于 $x,y\in R,n\in N$，有：

$$(x+y{)}^n=\sum _{i=0}^n(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{i})x^i{y}^{n-i}$$

引理 1

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{n})modp=[n=0\vee n=p]$$

证明引理 1：

$(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{n})=\frac{p!}{n!(p-n)!}$，分子中有有一个因子 $p$，若不消去这个因子那么原式为 $0$；消去这个因子当且仅当 $p=n\vee p=p-n$，即 $p=n\vee n=0$，此时原式为 $\frac{1}{0!}$，根据定义等于 $1$。得证。

引理 2

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

证明引理 2：

先二项式定理展开有

$$(a+b{)}^p\equiv \sum _{n=0}^p(\genfrac{}{}{0ex}{}{p}{n})a^n{b}^{p-n}(\mathrm{mod}p)$$

由引理 1，上式只有 $n=0\vee n=p$ 时有值，即

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

证明Lucas 定理

不妨把 $(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})modp$ 看做是 $(1+x{)}^{n}modp$ 在 $x^m$ 项的系数。

由 $n=p\lfloor n/p\rfloor +nmodp$ 先把指数拆成两部分

$$(1+x{)}^{n}modp=(1+x{)}^{p\lfloor n/p\rfloor }(1+x{)}^{nmodp}modp$$

由引理 2，$(1+x{)}^{p\lfloor n/p\rfloor }=(1+x^p{)}^{\lfloor n/p\rfloor }$，即

$$(1+x^p{)}^{\lfloor n/p\rfloor }(1+x{)}^{nmodp}modp$$

再二项式定理展开，有

$$\sum _{i=0}^{\lfloor n/p\rfloor }(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{i})x^{ip}\sum _{j=0}^{nmodp}(\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{j})x^{j}modp$$

那么 $x^m$ 项系数的另一种表达方式就有

$$\sum _{i=0}^{\lfloor n/p\rfloor }\sum _{j=0}^{nmodp}\sum _{ip+j=m}(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{i})(\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{j})modp$$

不难验证 $i=\lfloor m/p\rfloor ,j=mmodp$ 是一组符合枚举范围（当$n\ge m$）的方程 $ip+j=m$ 的解。如果我们能证明这是唯一解那么就能完善证明Lucas 定理了！

考虑其它解形如 $i=\lfloor m/p\rfloor -k,j=mmodp+kp,k\in Z,k\ne 0$ 的情形。由于限制了 $0\le j\le nmodp$，这些解已经不成立。因为 $nmodp$ 和 $mmodp$ 最大不超过 $p-1$，而 $j$ 要么小于 $0$ 要么 大于 $p-1$。这意味着 $i=\lfloor m/p\rfloor ,j=mmodp$ 就是其唯一的一组合法解。也就是说上式就等于

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{\lfloor m/p\rfloor })(\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})modp$$

也就得到

$$(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m})modp=(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor n/p\rfloor }{\lfloor m/p\rfloor })\cdot (\genfrac{}{}{0ex}{}{nmodp}{mmodp})modp$$

得证。

模板代码

Luogu P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理 Link

就是Lucas 定理的模板。但是数据范围太水了，预处理下来甚至不需要Lucas 定理就能过。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
 
const int maxn = 1e5 + 10;
int T, n, m, p;
ll frac[maxn];
 
int qpow(ll x, int y) {
	ll res = 1;
	while(y) {
		if(y & 1) (res *= x) %= p, y--;
		(x *= x) %= p; y /= 2;
	}
	return (int)res;
}
 
int C(int n, int m){
	return (m > n) ? 0 : frac[n] * qpow(frac[m], p - 2) % p * qpow(frac[n - m], p - 2) % p;
}
int lucas(int n, int m) {
	return (m == 0) ? 1 : C(n % p, m % p) * lucas(n / p, m / p) % p;
}
 
void init() {
	frac[0] = 1ll, frac[1] = 1ll;
	for(int i = 2; i <= 100000; i++) frac[i] = 1ll*frac[i - 1] * i % p;
	
	return;
}
 
int main() {
	ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> T;
	while(T--) {
		cin >> n >> m >> p;
		init();
		cout << lucas(n + m, n) << endl;
	}
	
	return 0;
}