Lucas 定理

Lucas 定理，一般用于求某组合数对某质数取模的值，即 $(\binom{n}{m}) mod p$ 。

一般来说，这种东西有一堆求法。 $n, m$ 小的话可以直接递推， $p > n$ 可以根据定义 $(\binom{n}{m}) = \frac{n!}{m! (n - m)!}$ 预处理阶乘和阶乘的逆元求。但是如果 $p \leq n$ ，阁下又当如何应对？此时你不能保证 $n$ 和 $n - m$ 模 $p$ 的逆元存在。于是我们使用—— Lucas 定理。

Lucas 定理

$(\binom{n}{m}) \equiv \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{m_{i}}) (\mod p)$ ，其中 $n_{i}, m_{i}$ 分别为 $n, m$ 在 $p$ 进制下的各位数字，即 $n = \sum_{i = 0}^{x} n_{i} p^{i}$ ， $m = \sum_{i = 0}^{x} m_{i} p^{i}$ 。

这样我们就可以递归地在 $\log_{p}$ 的时间复杂度内求出答案了。代码也很好写：

int CC(int n, int m) { return (n < m ? 0 : fac[n] * ifac[m] % P * ifac[n - m] % P); }
int C(int n, int m) { return (n == 0 ? 1 : C(n / P, m / P) * CC(n % P, m % P) % P); }

需要预处理 $p$ 以内的阶乘及其逆元。这个肯定是存在的。

接下来我们尝试证明 Lucas 定理。

证明

引理 1

若 $p$ 为质数且 $1 \leq k < p$ ，则 $(\binom{p}{k}) \equiv 0 (\mod p)$ 。

根据定义， $(\binom{p}{k}) = \frac{p!}{k! (p - k)!} = \frac{p (p - 1) (p - 2) \dots (p - k + 1)}{k!}$ 。我们知道 $(\binom{p}{k})$ 肯定是个整数，所以 $k! | p (p - 1) (p - 2) \dots (p - k + 1)$ 。又因为 $p$ 是个质数，而 $k < p$ ，所以 $1 \dots k$ 中一定没有 $p$ 的因子，所以 $k!$ 一定与 $p$ 互质。所以 $k! | (p - 1) (p - 2) \dots (p - k + 1)$ ，即 $\frac{(p - 1) (p - 2) \dots (p - k + 1)}{k!}$ 肯定是个整数。发现没？这里少了个 $p$ 。那说明 $p$ 肯定就是 $(\binom{p}{k})$ 的一个因数，即 $(\binom{p}{k}) \equiv 0 (\mod p)$ 。

引理 2

若 $p$ 为质数，则 $(1 + x)^{p} \equiv 1 + x^{p} (\mod p)$ 。

有了上一个引理的铺垫，这个证起来就很简单了。根据二项式定理，我们有 $(1 + x)^{p} = \sum_{i = 0}^{p} (\binom{p}{i}) x^{i}$ 。根据引理 $1$ ，我们有 $(\binom{p}{i}) \equiv 0 (\mod p) (1 \leq i < p)$ ，也就是当 $1 \leq i < p$ 时， $(\binom{p}{i}) x^{i} \equiv 0 (\mod p)$ 。所以 $(1 + x)^{p} \equiv (\binom{p}{0}) x^{0} + (\binom{p}{p}) x^{p} = 1 + x^{p} (\mod p)$ 。

引理 3

若 $p$ 为质数，则 $(1 + x)^{p^{i}} \equiv 1 + x^{p^{i}} (\mod p)$ 。

我们考虑将 $p^{i}$ 里面的 $p$ 一个个地“搬”到括号里。即 $(1 + x)^{p^{i}} = ((1 + x)^{p})^{p^{i - 1}} \equiv (1 + x^{p})^{p^{i - 1}} (\mod p)$ 。然后将 $x^{p}$ 视为新的 $x$ ，再进行如上的操作，得到 $(1 + x^{p^{2}})^{p^{i - 2}}$ ，以此类推，直到括号外 $p$ 变为 $0$ 次为止。这样就可以得到 $(1 + x)^{p^{i}} \equiv 1 + x^{p^{i}} (\mod p)$ 。

接下来我们开始证明 Lucas 定理。

考虑一个式子 $\sum_{K = 0}^{N} (\binom{N}{K}) X^{K}$ 。我们接下来对它进行变形。

\begin{matrix} (1) & \begin{aligned} \sum_{K = 0}^{N} (\binom{N}{K}) X^{K} & = (1 + X)^{N} ， 这 是 二 项 式 定 理 ； \\ 接 下 来 我 们 将 N 按 P 进 制 展 开 ， 得 到 \\ = (1 + X)^{\sum_{i = 0}^{x} n_{i} P^{i}} \\ 我 们 知 道 a^{(b + c)} = a^{b} \cdot a^{c} ， 所 以 \\ = \prod_{i = 0}^{x} (1 + X)^{n_{i} P^{i}} \\ = \prod_{i = 0}^{x} ((1 + X)^{P^{i}})^{n_{i}} \\ 使 用 引 理 3 ， 我 们 得 到 \\ = \prod_{i = 0}^{x} (1 + X^{P^{i}})^{n_{i}} \\ 我 们 令 Y_{i} = X^{P^{i}} ， 再 使 用 二 项 式 定 理 ， 得 \\ = \prod_{i = 0}^{x} (\sum_{j = 0}^{n_{i}} (\binom{n_{i}}{j}) Y_{i}^{j}) \\ 我 们 知 道 当 n < m 时 (\binom{n}{m}) = 0 。 而 且 由 于 n_{i} 是 N 的 P 进 制 表 示 的 各 数 位 ， 所 以 必 有 n_{i} \leq P - 1 \\ 因 此 我 们 可 以 直 接 将 内 层 求 和 的 上 界 变 为 P - 1 ， 因 为 多 出 来 的 那 些 项 的 值 都 为 0 。 所 以 \\ = \prod_{i = 0}^{x} (\sum_{j = 0}^{P - 1} (\binom{n_{i}}{j}) Y_{i}^{j}) \\ 接 下 来 是 整 个 过 程 中 最 关 键 的 一 步 ， 也 是 最 难 理 解 的 一 步 （ ？ \\ 我 们 观 察 到 此 时 的 式 子 是 一 堆 东 西 求 和 然 后 乘 起 来 ， 类 似 于 (a_{1} + a_{2} + \dots) (b_{1} + b_{2} + \dots) \dots \\ 考 虑 把 它 用 乘 法 分 配 律 展 开 ， 变 成 一 堆 东 西 乘 起 来 然 后 求 和 的 形 式 。 \\ 如 果 令 f_{i, j} = (\binom{n_{i}}{j}) Y_{i}^{j} ， 那 我 们 可 以 看 出 实 际 上 \\ = (f_{0, 0} + f_{0, 1} + \dots + f_{0, P - 1}) (f_{1, 0} + f_{1, 1} + \dots + f_{1, P - 1}) \dots (f_{x, 0} + f_{x, 1} + \dots + f_{x, P - 1}) \\ 展 开 之 后 变 成 \\ = f_{0, 0} f_{1, 0} \dots f_{x, 0} + f_{0, 0} f_{1, 0} \dots f_{x - 1, 0} f_{x, 1} + \dots + f_{0, P - 1} f_{1, P - 1} \dots f_{x, P - 1} \\ 如 果 令 A 为 0 到 P - 1 之 间 （ 含 两 端 ） 所 有 整 数 构 成 的 集 合 ， 则 \\ = \sum_{j_{0}, j_{1}, \dots j_{x} \in A} \prod_{i = 0}^{x} f_{i, j_{i}} \\ = \sum_{j_{0}, j_{1}, \dots j_{x} \in A} \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) Y_{i}^{j_{i}} \\ 将 X_{i} 代 回 ， 得 \\ = \sum_{j_{0}, j_{1}, \dots j_{x} \in A} \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) (X^{P^{i}})^{j_{i}} \\ 根 据 \prod a b = \prod a \prod b ， 我 们 有 \\ = \sum_{j_{0}, j_{1}, \dots j_{x} \in A} \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) \prod_{i = 0}^{x} X^{j_{i} P^{i}} \\ 根 据 a^{b} \cdot a^{c} = a^{b + c} ， 我 们 有 \\ = \sum_{j_{0}, j_{1}, \dots j_{x} \in A} \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) X^{\sum_{j = 0}^{x} j_{i} P^{i}} \\ 接 下 来 一 步 非 常 巧 妙 。 我 们 观 察 到 X 的 指 数 ， 发 现 这 很 像 一 个 P 进 制 数 的 形 式 ， 而 所 有 j_{i} 就 是 这 个 P 进 制 数 的 数 位 。 \\ 基 于 此 ， 我 们 发 现 外 层 求 和 枚 举 所 有 j_{0} 到 j_{x} ， 实 际 上 是 在 枚 举 所 有 x 位 的 P 进 制 数 。 \\ 于 是 我 们 干 脆 就 把 所 有 j 连 到 一 起 看 作 一 个 P 进 制 数 ， 并 且 令 它 的 值 为 K 。 再 令 M 为 所 有 x 位 P 进 制 数 中 最 大 的 。 这 样 ， 我 们 得 到 \\ = \sum_{K = 0}^{M} \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) X^{K} \\ 进 一 步 思 考 ， 我 们 会 发 现 此 处 外 层 求 和 的 上 界 可 以 直 接 改 成 N 。 \\ 因 为 如 果 K > N ， 考 虑 到 n_{i} 和 j_{i} 分 别 为 N 和 K 的 P 进 制 表 示 ， 则 必 然 有 至 少 一 个 i 使 得 n_{i} < j_{i} ， \\ 从 而 (\binom{n_{i}}{j_{i}}) 就 会 为 0 ， 进 而 导 致 整 个 这 个 K 的 求 和 项 都 变 成 0 。 所 以 这 样 的 K 不 必 再 算 。 \\ 于 是 ， 我 们 得 到 了 最 后 一 个 式 子 ： \\ = \sum_{K = 0}^{N} \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) X^{K} (\mod P) 。 \end{aligned} \end{matrix}

对比最后一个式子和第一个式子，即 $\sum_{K = 0}^{N} (\binom{N}{K}) X^{K} \equiv \sum_{K = 0}^{N} \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) X^{K} (\mod P)$ 。由于两边模 $P$ 是等价的，所以相同次数的 $X$ 应当拥有（在模 $P$ 意义下）相同的系数。所以 $(\binom{N}{K}) \equiv \prod_{i = 0}^{x} (\binom{n_{i}}{j_{i}}) (\mod P)$ 。证毕。

posted @ 2024-02-01 22:07 forgotmyhandle 阅读(13) 评论(0) 编辑收藏举报

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