（扩展）卢卡斯定理

卢卡斯定理

结论

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

其中 \(p\) 为质数。

证明

引理 \(1\)

\[{p \choose n} \equiv \frac{p!}{(p - n)! \cdot n!} \pmod p \]

分子含有质因数 \(p\)，则当分母不含有质因数 \(p\) 时原式的值为 \(0\)

否则，当且仅当 \(n = 0\) 或 \(n = p\) 时分母也含有质因数 \(p\)，原式的值为 \(\frac{p!}{p! \cdot 0!} = 1\)

---

引理 \(2\)

根据二项式定理知

\[(a + b)^p = {p \choose i} \sum\limits_{i = 0}^p a^ib^{p - i} \]

根据引理 \(1\) 知 \({p \choose i}\) 在模 \(p\) 意义下不同余于 \(0\)，当且仅当 \(i = 0\) 或 \(i = p\)，且此时 \({p \choose i}\) 在模 \(p\) 意义下同余于 \(1\)

\[\begin{aligned} (a + b)^p &= {p \choose i} \sum\limits_{i = 0}^p a^i b^{n - i} &\pmod p \\ &\equiv 1 \cdot a^0b^p + 1 \cdot a^pb^0 &\pmod p \\ &\equiv a^p + b^p &\pmod p \end{aligned} \]

则有

\[(ax + by)^p \equiv a^px^p + b^py^p \pmod p \\ \]

因为 \(p\) 是质数，由费马小定理知

\[a^{p - 1} \equiv 1 \pmod p, b^{p - 1} \equiv 1 \pmod p \]

所以

\[a^p x^p + b^p y^p \equiv ax^p + by^p \pmod p \]

证明

根据二项式定理知 \((x + 1)^n\) 中的项 \(x^m\) 的系数模 \(p\) 等于 \({n \choose m} \bmod p\)

根据引理 \(2\) 知

\[\begin{aligned} (x + 1)^n &\equiv (x + 1)^{p \lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \cdot (x + 1)^{n\ \bmod\ p} &\pmod p\\ &\equiv (x^p + 1^p)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \cdot (x + 1)^{n\ \bmod\ p} &\pmod p\\ &\equiv (x^p + 1)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \cdot (x + 1)^{n\ \bmod\ p} &\pmod p \end{aligned} \]

易知：

1. \((x^p + 1)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\) 中的各项的次数均为 \(p\) 的倍数
2. \((x + 1)^{n\ \bmod\ p}\) 中的各项的次数最大为 \(p - 1\)

设 \(m = pq + r\)，其中 \(r < q\)，则得到 \(x^m\) 只能在 \((x^p + 1)^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\) 中取到 \(q\) 个 \(x^p\)，然后在 \((x + 1)^{n\ \bmod\ p}\) 中取到 \(r\) 个 \(x\)

又因为 \(q = \lfloor \frac{m}{p} \rfloor, r = m \bmod p\)

所以项 \(x^m\) 的系数模 \(p\) 等于

\[{\frac{n}{p} \choose q} \cdot {n \bmod p \choose r} \equiv {\lfloor \frac{n}{p} \rfloor \choose \lfloor \frac{m}{p} \rfloor} \cdot {n \bmod p \choose m \bmod p} \pmod p \]

所以

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

总时间复杂度 \(\mathcal{O}(\sum\limits_{i = 1}^T n_i \cdot log_2n_i)\)，其中 \(T\) 为询问次数

模板

P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long ll;

const int maxn = 1e5 + 5;

int t, n, m, p;
ll pre[maxn], inv[maxn];

ll C(ll n, ll m, ll p)
{
	if (m > n)
		return 0;
	return pre[n] * inv[m] % p * inv[n - m] % p;
}

ll lucas(ll n, ll m, ll p)
{
	if (m == 0)
		return 1;
	return C(n % p, m % p, p) * lucas(n / p, m / p, p) % p;
}

int main()
{
	scanf("%d", &t);
	while (t--)
	{
		scanf("%d%d%d", &n, &m, &p);
		pre[0] = pre[1] = 1;
		inv[0] = inv[1] = 1;
		for (int i = 2; i <= p; i++)
			pre[i] = (pre[i - 1] * i) % p;
		for (int i = 2; i <= p; i++)
			inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
		for (int i = 2; i <= p; i++)
			inv[i] = (inv[i - 1] * inv[i]) % p;
		printf("%lld\n", lucas(n + m, n, p));
	}
	return 0;
}

扩展卢卡斯定理

概念

求 \({n \choose m} \bmod p\) 的值，其中 \(p\) 不一定 为质数。

思想

将 \({n \choose m}\) 分解为 \(\prod\limits_{i = 1}^n p_i^{a_i}\) 的形式，因为 \(p_i^{a_i}\) 两两互质，所以可以分别求出 \({n \choose m} \bmod p_i^{a_i}\) 的值，最后再通过中国剩余定理合并。

有 \({n \choose m} = \frac{n!}{m! (n - m)!}\)，则问题转化为求 \(\frac{n!}{m! (n - m)!} \bmod p\) 的值。

不妨提出 \(\frac{n!}{m! (n - m)!}\) 中所有含有质因子 \(p\) 的项，得 \(n! = p^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor } \cdot \lfloor \frac{n}{p} \rfloor! \cdot \prod\limits_{p \nmid i}^n i\)

其中 \(p^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\) 可以用快速幂求，\(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor!\) 可以递归求解，边界条件为 \(0! \bmod p = 1\)

易知 \(\prod\limits_{p \nmid i}^n i\) 中的项的乘积在模 \(p_i^{a_i}\) 意义下有长度小于 \(p_i^{a_i}\) 的循环节，例如：

\[n = 19, p_i = 3, a_i = 2 \\ \begin{aligned} 19! \bmod 3^2 &= 1 \times 2 \times 4 \times 5 \times 7 \times 8 \times 10 \times 11 \times 13 \times 14 \times 16 \times 17 \times 19 \times 3^6 \times 6! \\ &\equiv (1 \times 2 \times 4 \times 5 \times 7 \times 8) \times (10 \times 11 \times 13 \times 14 \times 16 \times 17) \times 19 \times 3^6 \times 6! &\pmod 9\\ &\equiv (1 \times 2 \times 4 \times 5 \times 7 \times 8)^2 \times 19 \times 3^6 \times 6! &\pmod 9 \end{aligned} \]

所以可以暴力求第一个循环节，再通过快速幂求出所有循环节的乘积，最后暴力处理余下的项即可。

模板

#include <cstdio>
using namespace std;

typedef long long ll;

ll n, m, p;

ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y)
{
	if (b == 0)
	{
		x = 1, y = 0;
		return a;
	}
	exgcd(b, a % b, x, y);
	ll t = x;
	x = y;
	y = t - a / b * y;
}

ll fpow(ll a, ll b, ll p)
{
	ll res = 1;
	while (b)
	{
		if (b & 1)
			res = res * a % p;
		a = a * a % p;
		b >>= 1;
	}
	return res;
}

ll inv(ll a, ll p)
{
	ll x, y;
	exgcd(a, p, x, y);
	x = (x % p + p) % p;
	return x;
}

ll fac(ll n, ll p, ll k)
{
	if (n == 0)
		return 1;
	ll res = 1;
	for (int i = 2; i <= k; i++)
		if (i % p != 0)
			res = res * i % k;
	res = fpow(res, n / k, k);
	for (int i = 2; i <= n % k; i++)
		if (i % p != 0)
			res = res * i % k;
	return res * fac(n / p, p, k) % k;
}

ll C(ll n, ll m, ll p, ll k)
{
	if (n < m)
		return 0;
	ll a = fac(n, p, k), b = fac(m, p, k), c = fac(n - m, p, k);
	ll cnt = 0;
	for (ll i = p; i <= n; i *= p)
		cnt += n / i;
	for (ll i = p; i <= m; i *= p)
		cnt -= m / i;
	for (ll i = p; i <= n - m; i *= p)
		cnt -= (n - m) / i;
	return a * inv(b, k) % k * inv(c, k) % k * fpow(p, cnt, k) % k;
}

ll crt(ll n, ll mod)
{
	return n * (p / mod) % p * inv(p / mod, mod) % p;
}

ll exlucas()
{
	ll t = p, ans = 0;
	for (ll i = 2; i * i <= t; i++)
	{
		if (t % i == 0)
		{
			ll val = 1;
			while (t % i == 0)
				val *= i, t /= i;
			ans = (ans + crt(C(n, m, i, val), val)) % p;
		}
	}
	if (t > 1)
		ans = (ans + crt(C(n, m, t, t), t)) % p;
	return ans;
}

int main()
{
	scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p);
	printf("%lld\n", exlucas());
	return 0;
}