卢卡斯定理及其证明

结论

\[C_n^m \equiv C^{m/p}_{n/p} \times C^{m\ mod\ p}_{n \ mod \ p}(mod\ p) \]

例题

Code

#include<iostream>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cstdio>
#define int long long

using namespace std;

int n,m,p,t,fac[105000];

int inv(int b,int q)//求逆元，费马小定理 
{
    int ans = 1;
    for(	;q;q >>= 1,b = b*b%p)
	{
        if( q%2 != 0 )
			ans = ans*b%p;
    }
    ans %= p;
    return ans;
}
int C(int n,int m)
{
    if( m > n )
		return 0;
    return fac[n]*inv((fac[m]*fac[n-m])%p,p-2)%p;
}
int Lucas(int n,int m)
{
    if( m == 0 )
		return 1;
    return (Lucas(n/p,m/p)*C(n%p,m%p))%p;
     
}
signed main()
{
    cin >> t;
    for(int i = 1;i <= t; i++)
	{
        cin >> n >> m >> p;
        fac[0] = 1;;
        for(int i = 1;i <= p; i++)//预处理阶乘 
		{
			fac[i] = fac[i-1]*i;
			fac[i] %= p;
		}
        printf("%lld\n",Lucas(n+m,m));
    }
    return 0;
}

证明

引理一

\[C_p^x \equiv 0\ (mod\ p), 0 < x < p \]

证明：

\[C_p^x \equiv \frac{p!}{x!\cdot (p-x)!} \equiv \frac{p\cdot (p-1)!}{x\cdot(x-1)!\cdot(p-x)!}\equiv p \cdot inv(x)\cdot C_{p-1}^{x-1}\equiv \ (mod\ p) \]

引理二

\[(1+x)^p\equiv1 + x^p\ (mod\ p) \]

证明：

二项式定理：

\[(a+b)^n = \sum_{r = 0}^{n} C^r_n a^{n-r}b^r \]

其中，等号右侧叫做等号左侧的二次展开式。

先进行二项式展开

\[(1+x)^p =\sum_{i=0}^{p}C(p,i)x^i \]

根据引理一

\[\sum_{i=0}^{p}C(p,i)x^i \equiv C(p,0)x^0 +\cdots+ C(p,p)x^p \equiv 1 + x^p\ (mod\ p) \]

证明

\[假设 n = q_np + r_n,m = q_mp + r_m \]

\[\begin{aligned}(1+x)^{n} &\equiv (1+x)^{q_np+r_n} \\ \\ &\equiv (1+x)^{q_np}\cdot (1+x)^{r_n}\\ \\ &\equiv[(1+x)^p]^{q_n}\cdot (1+x)^{r_n}\\ \\ &\equiv(1+x^p)^{q_n}\cdot (1+x)^{r_n}\\ \\ &\equiv\sum_{i=0}^{q_n}C(q_n,i)x^{p\cdot i}\cdot \sum_{j=0}^{r_n}C(r_n,j)x_j\ (mod\ p)\end{aligned}\]

又因为

\[(1+x)^n = \sum_{i=0}^{n}C(n,i)x^i \]

所以

\[\sum_{i=0}^{n}C(n,i)x^i\equiv\sum_{i=0}^{q_n}C(q_n,i)x^{p\cdot i}\cdot \sum_{j=0}^{r_n}C(r_n,j)x_j\ (mod\ p) \]

取两边 \(x^m\) 次项的系数，因为 \(m=q_mp+r_m\)，所以对于等式右边最多只有一种情况满足

\[C_n^m \equiv C^{m/p}_{n/p} \times C^{m\ mod\ p}_{n \ mod \ p}(mod\ p) \]