数学杂谈#2

一般的 Lucas 定理

相信你应该很熟练了

Lucas 定理

普通 Lucas 定理的形式如下：

对于正整数 \(n,m\) 和素数 \(p\) ，有：

\[\binom{n}{m}\equiv \binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod p \]

为了方便，下面我们将 \(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 直接记作 \(n/p\) ，所以 Lucas 定理就是：

\[\binom n m \equiv \binom{n/p}{m/p}\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod p \]

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简单证明：

利用如下等式：

\[(1+x)^p\equiv 1+x^p\pmod{p} \]

二项式定理：

\[\begin{aligned} (1+x)^p &\equiv \sum_{i=0}^p\binom{p}{i}x^i\pmod p\\ \end{aligned} \]

注意到当 \(1\le k<p\) 的时候， \(\binom{p}{k}\) 都必然含有 \(p\) 因子，所以：

\[(1+x)^p\equiv 1+x^p\pmod p \]

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另一个更快的方式是使用费马小定理。设 \(y=1+x\) ，则：

\[y^p\equiv y\equiv 1+x\equiv 1+x^p\pmod p \]

设 \(n=kp+r(0\le r<p)\) 。

那么就有：

\[\begin{aligned} (1+x)^n &\equiv (1+x)^{k*p}(1+x)^{r}\pmod{p}\\ &\equiv (1+x^p)^{k}(1+x)^{r}\pmod{p}\\ &\equiv \sum_{i=0}^{k}\binom{k}{i}x^{ip}\sum_{j=0}^{r}\binom{r}{j}x^j\pmod{p}\\ \sum_{i=0}^n\binom{n}{i}x^i &\equiv \sum_{i=0}^k\binom{k}{i}x^{ip}\sum_{j=0}^r\binom{r}{j}x^{j}\pmod{p}\\ \end{aligned} \]

两边同时取 \([x^m](0\le m\le n)\) 。设 \(m=sp+t(0\le t<p)\) ，当 \(t\le r\) 的时候，有：

\[\binom{n}{m}\equiv \binom{k}{s}\binom{r}{t}\pmod p \]

注意，当 \(t>r\) 的时候，必然有 \(\binom{n}{m}\bmod p= 0\) ，而此时 \(\binom{r}{t}\bmod p=0\) ，所以可以写作这个形式。

为什么当 \(t>r\) 时，有 \(\binom{n}{m}=0\) ？

这就意味着， \(\binom{n}{m}\) 包含 \(p\) 因子。

利用勒让德定理，其中 \(p\) 的次数为：

\[\sum_{k=1}n/p^k-m/p^k-(n-m)/p^k \]

显然每一位都 \(\ge 0\) 。

结合 \(t>r\) ，所以 \(m+(n-m)\) 在 \(p\) 进制下的 \(p^0\) 这一位必然是进了位的，所以有：

\[n/p-m/p-(n-m)/p>0 \]

因此 \(\binom{n}{m}\) 必包含 \(p\) 。

Lucas 定理的运用

Lucas 定理一般拿来计算组合数取模的值。

这难道不是它的本职工作吗

当 \(p\) 比较小的时候，我们可以预处理一下 \(n,m<p\) 时候的组合数，然后就可以递归算。

时间是 \(O(p)-O(\log_p n)\) 。

当 \(p\) 不是素数的时候，需要使用 exLucas 计算。

关于 Lucas 定理的扩展内容

仔细观察 Lucas 定理。设 \(n=(n_1n_2\ldots n_k)_p,m=(m_1m_2\ldots m_k)_p\) ，那么有：

\[\begin{aligned} \binom{n}{m}\equiv\prod_{i=1}^k \binom{n_i}{m_i}\pmod p \end{aligned} \]

因此， Lucas 定理相当于是在 \(p\) 进制下，对每一位单独算组合数，最后合起来。

这也告诉我们，在 \(p\) 进制中，每一位的组合数是独立的，我们就可以进行数位 DP 等等。

例题：[清华集训2016] 组合数问题 。

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计算进位次数。

这真的有关系吗？

这里需要祭出一个 Kummer 定理：

对于正整数 \(n,p\) ，设 \(\bold v_p(n)\) 为 \(n\) 所包含的 \(p\) 的幂次。

对于正整数 \(n,m\) 和素数 \(p\) ， \(\bold v_p(\binom{n}{m})\) 即为 \(m+(n-m)\) 在 \(p\) 进制下的进位次数。

看起来就像在扯淡

简单证明：

计算一下 \(\bold v_p(\binom n m)\) ：

\[\sum_{k=1}n/p^k-m/p^k-(n-m)/p^k \]

另外，对于正整数 \(n,m,p\) ，都有恒等式成立：

\[n/p-m/p-(n-m)/p=[m\bmod p+(n-m)\bmod p\ge p] \]

所以有：

\[\bold v_p(\binom n m)=\sum_{k=1}[m\bmod p^k+(n-m)\bmod p^k\ge p^k] \]

所以就是枚举判断 \(p\) 进制下的第 \(k\) 位是否进位。

关于恒等式的证明：

设 \(n=v_1p+k_1,m=v_2p+k_2,(n-m)=v_3p+k_3(0\le k_1,k_2,k_3<p)\) 。

现在考虑 \(n/p-m/p-(n-m)/p=v_1-v_2-v_3\) ，如果有进位，则 \(v_1-v_2-v_3=1\) ，否则有 \(v_1-v_2-v_3=0\) 。

另一方面，如果有进位，那么余数应该加和大于 \(p\) ，所以如果 \(k_2+k_3\ge p\) ，则有进位，否则没有进位。

一般这个性质可以用在数位 DP 里面。

啊这，跟 Lucas 定理有什么关系吗？

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一个比较有意思的转化。

根据 Lucas 定理，我们知道：

\[\binom{n}{m}\equiv \binom{n/p}{m/p}\binom {n\bmod p}{m\bmod p}\pmod p \]

但是，对于形式变元 \(x^n\) ，也有：

\[x^n\equiv x^{n/p*p}x^{n\bmod p}\equiv x^{n/p}x^{n\bmod p}\pmod p \]

这个形式和 Lucas 定理很像不是吗？考虑将两者结合起来看：

\[\binom{n}{m}x^n\equiv \binom{n/p}{m/p}x^{n/p}\times \binom{n\bmod p}{m\bmod p}x^{n\bmod p}\pmod p \]

当然，如果将 \(x^n\) 换做 \(x^m\) ，效果也是几乎一样的。

在一个实际的例子中，我们可以计算：

\[\sum_{i=1}^m\binom{n}{i}x^i\bmod p \]

根据上面的式子推导一下：

\[\begin{aligned} \sum_{i=0}^m\binom{n}{i}x^i &\equiv \sum_{i=1}^m\binom{n/p}{i/p}x^{i/p}\binom{n\bmod p}{i\bmod p}x^{i\bmod p} \pmod p\\ &\equiv \left(\sum_{t=0}^{m/p-1}\binom{n/p}{t}x^t\right)\left(\sum_{k=0}^{p-1}\binom{n\bmod p}{k}x^k\right)+\binom{n/p}{m/p}x^{m/p}\sum_{k=0}^{m\bmod p}\binom{n\bmod p}{k}x^k\pmod p\\ \end{aligned} \]

计算这个式子的时候，由于 \(n\) 固定，所以 \(n\bmod p\) 只有 \(O(\log_p n)\) 种有效取值，对于每种取值都可以预处理出 \(\binom{n\bmod p}{k}x^k\) 的前缀和，所以可以 \(O(p\log_p n)\) 预处理，再 \(O(\log_p m)\) 计算一次答案。

exLucas

一般认为 exLucas 是一个算法，跟 Lucas 作为定理的本质不同。

exLucas 求解的也是组合数取模的问题。

也就是，对于正整数 \(n,m\) 和任意较小正整数 \(P\) ，我们都可以较快地计算 \(\binom{n}{m}\bmod P\) 的结果。

第一步

我们需要将 \(P\) 进行分解，拆分成 \(\prod_{i=1}^kp_i^{e_i}\) 。根据 CRT 我们知道 \(\binom{n}{m}\) 对于每个 \(p_i^{e_i}\) 取模的结果最终必然可以唯一确定一个 \(\bmod P\) 意义下的值。

第二步

考虑计算 \(\binom{n}{m}\bmod p^e\) ，其中 \(p\) 是素数，且 \(e\) 是正整数。

将组合数展开成阶乘：

\[\begin{aligned} \binom{n}{m} &\equiv \frac{n!}{m!(n-m)!}\pmod {p^e}\\ &\equiv \frac{\frac{n!}{p^{\bold v_p(n!)}}}{\frac{m!}{p^{\bold v_p(m!)}}\frac{(n-m)！}{p^{\bold v_p((n-m)!)}}}\times p^{\bold v_p(n!)-\bold v_p(m!)-\bold v_p((n-m)!)}\pmod {p^e}\\ \end{aligned} \]

后一步提出 \(p\) 因子变化是很有必要的，不然我们极有可能会在直接 \(n!\) 计算的过程中算出三个 0 ，然后只能发呆......

其中 \(\bold v_p(n!)\) 三个部分可以使用 Legendre 定理计算。

第三步

设 \(f(n)=\frac{n!}{p^{\bold v_p(n!)}}\bmod p^e\) ，我们现在只需要能快速计算 \(f\) 的值即可。

考虑参考 Lucas 定理的证明过程，将 \(n!\) 的因子分类：

\[\begin{aligned} n! &=(P\cdot 2P\cdot 3P\cdot\ldots)(1\cdot 2\cdot 3\cdot\ldots\cdot kP-1\cdot kP+1\cdot\ldots)\\ &=\left(\prod_{1\le i\le n,i\bmod p\neq 0} i\right)\left(\prod_{1\le j\le n,j\bmod p=0}j\right)\\ &=p^{n/p}(n/p)!\times \left(\prod_{1\le i\le p^e,i\bmod p\not=0}i\right)^{n/p^e}\left(\prod_{n/p^e\times p^e<j\le n,j\bmod p\not=0}j\right) \end{aligned} \]

注意到最终结果的第一个 \(\prod\) 内的值是不随 \(n\) 变化的，因此可以直接统计它的幂次之和，最后一次计算；而 \((n/p^e\times p^e,n]\) 的尾巴部分，在 \(\bmod p^e\) 意义下等价于 \((0,n\bmod p^e]\) ，因此可以预处理一组互质前缀积。

计算时间是 \(O(p^e)-O(\log_pn)\) 。

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可以发现 exLucas 最有用的部分其实就是 第三步 内提到的阶乘算法。因此 exLucas 也可用于计算 \(p^e\) 较小时候的阶乘。

再大？再大就得写多项式了