LG4720 【模板】扩展卢卡斯定理

扩展卢卡斯定理

求 \(C_n^m \bmod{p}\)，其中 \(C\) 为组合数。

\(1≤m≤n≤10^{18},2≤p≤1000000\) ，不保证 \(p\) 是质数。

Fading的题解

设

\[p=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_k^{\alpha_k} \]

求出

\[\left\{\begin{align*} C_n^m & \mod & {p_1^{\alpha_1}} \\ C_n^m & \mod & {p_2^{\alpha_2}}\\ \vdots\\ C_n^m & \mod & {p_k^{\alpha_k}} \end{align*} \right. \]

最后用中国剩余定理合并即可。

假设我们现在要求

\[C_n^m\bmod{P^k}\\ =\frac {n!}{m!(n-m)!}\bmod{P^k} \]

我们无法求得\(m!,(n-m)!\)的逆元，理由很简单，不一定有解。

怎么办呢？发现\(a\)对\(p\)有逆元的充要条件为\(gcd(a,p)=1\)。所以我们换一个式子：

\[\frac {\frac {n!}{P^{x}}}{\frac {m!}{P^{y}}\frac {(n-m)!}{P^{z}}}P^{x-y-z}\bmod{P^k} \]

其中\(x\)为\(n!\)中\(P\)因子的个数（包含多少\(P\)因子）。其他都是同理的。

所以如果我们对于一个\(n\)，可以求出\(\frac {n!}{P^x}\)，那不就完事了吗？（这样我们就可以求逆元了）

问题等价于求\(\frac {n!}{P^x}\bmod{P^k}\)。我们对\(n!\)进行变形：

\[n!=1\cdot 2\cdot 3\cdots n=(P\cdot 2P\cdot 3P\cdots)(1\cdot 2\cdots) \]

左边是\(1\sim n\)中所有\(\leq n\)的\(P\)的倍数，右边是其它剩余的。

因为\(1\sim n\)中有\(\lfloor \frac nP\rfloor\)个\(P\)的倍数，

\[\therefore\ P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(1 \cdot 2 \cdot 3\cdots)(1\cdot 2\cdots) =P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(\lfloor \frac nP\rfloor)!\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni \]

显然后面这个\(\bmod\ P\)是有循环节的。

\[=P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(\lfloor \frac nP\rfloor)!(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni) \]

其中\((\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}\)是循环节\(1\sim P\)中所有无\(P\)因子数的乘积，\((\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni)\)是余项的乘积。

比如

\[22!\equiv(1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot 7\cdot 8)(10\cdot 11\cdot 13\cdot 14\cdot 16\cdot 17)(19\cdot 20\cdot 22)(3\cdot 6\cdot 9\cdot 12\cdot 15\cdot 18\cdot 21)\pmod {3^2}\\ \equiv(1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot 7\cdot 8)^2(19\cdot 20\cdot 22)3^7(1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdot 5\cdot 6\cdot 7)\pmod {3^2}\\ \equiv3^77!(1\cdot 2\cdot 4\cdot 5\cdot 7\cdot 8)^2(19\cdot 20\cdot 22)\pmod {3^2} \]

正好是一样的，$\lfloor \frac {22}{3^2}\rfloor=2 $。理解了吧...

发现前面这个\(P^{\lfloor \frac nP\rfloor}\)是要除掉的，然而\((\lfloor \frac nP\rfloor)!\)里可能还包含\(P\)。

所以，我们定义函数：

\[f(n)=\frac {n!}{P^x}\\ =f(\lfloor \frac nP\rfloor)(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni)) \]

这样就好了。时间复杂度是\(O(\log_{P}n)\)。边界\(f(0)=1\)。

看看原式

\[\frac {\frac {n!}{P^{x}}}{\frac {m!}{P^{y}}\frac {(n-m)!}{P^{z}}}P^{x-y-z}\bmod{P^k}\\ =\frac {f(n)}{f(m)f(n-m)}P^{x-y-z}\bmod{P^k} \]

由于\(f(m)\)一定与\(P^k\)互质，所以我们可以直接用\(exgcd\)求逆元啦。

最后我们还有一个问题，\(P^{x-y-z}\)咋求?其实很好求。

比如说，我们要求\(f(n)=\frac {n!}{P^x}\)中的\(x\)。

设\(g(n)=x\)(上述的\(x\))，再看看阶乘的式子

\[n!=P^{\lfloor \frac nP\rfloor}(\lfloor \frac nP\rfloor)!(\prod_{i=1,i\not\equiv 0\pmod {P}}^{P^k}i)^{\lfloor \frac n{P^k}\rfloor}(\prod_{i=P^k\lfloor \frac n{P^k}\rfloor,i\not\equiv 0\pmod {P}}^ni) \]

很显然我们要的就是\(P^{\lfloor \frac nP\rfloor}\)，而且\((\lfloor \frac nP\rfloor)!\)可能还有\(P\)因子，所以我们可以得到以下递推式

\[g(n)=\lfloor \frac nP\rfloor+g(\lfloor \frac nP\rfloor) \]

时间复杂度是\(O(\log_{P}n)\)。边界\(g(n)=0(n<P)\)

所以答案就是

\[\frac {\frac {n!}{P^{x}}}{\frac {m!}{P^{y}}\frac {(n-m)!}{P^{z}}}P^{g(x)-g(y)-g(z)}\bmod{P^k} \]

最后用中国剩余定理合并答案即可得到\(C_n^m\)。总时间复杂度\(O(P \log P)\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define co const
#define il inline
template<class T> T read(){
	T x=0,w=1;char c=getchar();
	for(;!isdigit(c);c=getchar())if(c=='-') w=-w;
	for(;isdigit(c);c=getchar()) x=x*10+c-'0';
	return x*w;
}
template<class T> il T read(T&x){
	return x=read<T>();
}
using namespace std;
#define int long long

#define gcd __gcd
int pow(int a,int b,int mod){
	a=(a%mod+mod)%mod;
	int ans=1;
	for(;b;b>>=1,a=a*a%mod)
		if(b&1) ans=ans*a%mod;
	return ans;
}
void exgcd(int a,int b,int&x,int&y){
	if(!b) x=1,y=0;
	else exgcd(b,a%b,y,x),y-=a/b*x;
}
int inv(int a,int mod){
	if(!a) return 0;
	if(gcd(a,mod)!=1) return -1;
	int x,y;
	exgcd(a,mod,x,y);
	return (x%mod+mod)%mod;
}
int fac(int n,int pi,int pk){ //n! % pi^ki pk=pi^ki
	if(n<=1) return 1;
	int ans=1;
	for(int i=2;i<pk;++i)
		if(i%pi) ans=ans*i%pk;
	ans=pow(ans,n/pk,pk);
	for(int i=2;i<=n%pk;++i)
		if(i%pi) ans=ans*i%pk;
	return ans*fac(n/pi,pi,pk)%pk;
}
int binom(int n,int m,int pi,int pk){
	int up=fac(n,pi,pk),dl=fac(m,pi,pk),dr=fac(n-m,pi,pk);
	int ex=0;
	for(int i=n;i;i/=pi) ex+=i/pi;
	for(int i=m;i;i/=pi) ex-=i/pi;
	for(int i=n-m;i;i/=pi) ex-=i/pi;
	return up*inv(dl,pk)%pk*inv(dr,pk)%pk*pow(pi,ex,pk)%pk;
}
signed main(){
	int n=read<int>(),m=read<int>(),P=read<int>();
	int ans=0,p=P;
	for(int i=2;i<=p;++i)if(p%i==0){
		int pi=i,pk=1;
		while(p%i==0) p/=i,pk*=i;
		ans=(ans+binom(n,m,pi,pk)*(P/pk)%P*inv(P/pk,pk)%P)%P;
	}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}