卢卡斯定理证明

卢卡斯定理

　　对于非负整数$a$，$b$和质数$p$，有$$C_{a}^{b} \equiv C_{a~mod~p}^{b~mod~p} \cdot C_{\lfloor{a/p}\rfloor}^{\lfloor{b/p}\rfloor}~~\left( {mod~p} \right)$$

 

证明1

引理

$$\left( {1 + x} \right)^{p^{\alpha}} \equiv 1 + x^{p^{\alpha}}~~\left( {mod~p} \right)$$

　　当$\alpha = 0$ 时，显然成立。

　　当$\alpha = 1$时，有$$\left( {1 + x} \right)^{p} = C_{p}^{0}x^{0} + C_{p}^{1}x^{1} + C_{p}^{2}x^{2} + \cdot \cdot \cdot + C_{p}^{p}x^{p}$$其中$$C_{p}^{i} = \frac{p!}{\left( {p - i} \right)! \cdot i!}$$由于$p$是质数，所以在上式的分母中，不存在可以消去分子中为$p$的数，因此当$i = 1,~2,~...,~p - 1$时，有$$C_{p}^{i} = \frac{p!}{\left( {p - i} \right)! \cdot i!} \equiv 0~~\left( {mod~p} \right)$$因此$$\left( {1 + x} \right)^{p} = C_{p}^{0}x^{0} + C_{p}^{1}x^{1} + C_{p}^{2}x^{2} + \cdot \cdot \cdot + C_{p}^{p}x^{p} \equiv C_{p}^{0}x^{0} + C_{p}^{p}x^{p} = 1 + x^{p}~~\left( {mod~p} \right)$$即$$\left( {1 + x} \right)^{p} \equiv 1 + x^{p}~~\left( {mod~p} \right)$$

　　数学归纳法。假设当$\left( {1 + x} \right)^{p^{\alpha}} \equiv 1 + x^{p^{\alpha}}~~\left( {mod~p} \right)$成立时，证明$\left( {1 + x} \right)^{p^{\alpha + 1}} \equiv 1 + x^{p^{\alpha + 1}}~~\left( {mod~p} \right)$也成立。$$\begin{align*} \left( {1 + x} \right)^{p^{\alpha + 1}} &= \left( \left( {1 + x} \right)^{p^{\alpha}} \right)^{p} \\ &\equiv \left( {1 + x^{p^{\alpha}}} \right)^{p}~~\left( {mod~p} \right) \\ &= C_{p}^{0}\left( x^{p^{\alpha}} \right)^{0} + C_{p}^{1}\left( x^{p^{\alpha}} \right)^{1} + C_{p}^{2}\left( x^{p^{\alpha}} \right)^{2} + \cdots + C_{p}^{p}\left( x^{p^{\alpha}} \right)^{p} \\ &\equiv 1 + x^{p^{\alpha + 1}}~~\left( {mod~p} \right) \end{align*}$$即$$\left( {1 + x} \right)^{p^{\alpha + 1}} \equiv 1 + x^{p^{\alpha + 1}}~~\left( {mod~p} \right)$$引理证毕。

　　接下来我们把$a$和$b$转换为对应的$p$进制数，即$$\begin{align*} a &= a_{k}p^{k} + a_{k - 1}p^{k - 1} + \cdot \cdot \cdot + a_{0} \\ b &= b_{k}p^{k} + b_{k - 1}p^{k - 1} + \cdot \cdot \cdot + b_{0} \end{align*}$$如果$a$和$b$在$p$进制下的位数不一样，那么就在位数小的前面补$0$，使得他们的位数是一样的。

　　接着我们有$$\begin{align*} \left( {1 + x} \right)^{a} &= \left( {1 + x} \right)^{a_{k}~p^{k}~ + ~a_{k - 1}~~p^{k - 1}~ + ~ \cdot \cdot \cdot ~ + ~a_{0}} \\ &= \left( \left( {1 + x} \right)^{p^{k}} \right)^{a_{k}} \cdot \left( \left( {1 + x} \right)^{p^{k - 1}} \right)^{a_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot \left( \left( {1 + x} \right)^{p^{0}} \right)^{a_{0}} \\ &\equiv \left( {1 + x}^{p^{k}} \right)^{a_{k}} \cdot \left( {1 + x}^{p^{k - 1}} \right)^{a_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot \left( {1 + x} \right)^{a_{0}}~~\left( {mod~p} \right) \end{align*}$$即$$\left( {1 + x} \right)^{a} \equiv \left( {1 + x}^{p^{k}} \right)^{a_{k}} \cdot \left( {1 + x}^{p^{k - 1}} \right)^{a_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot \left( {1 + x} \right)^{a_{0}}~~\left( {mod~p} \right)$$

　　我们要知道$C_{a}^{b}$的值，其实就是左式展开中的$x^{b}$的系数。而在右式中，等价于要知道$x^{b_{k~}~p^{k}~ + ~b_{k - 1}~~p^{k - 1}~ + ~ \cdot \cdot \cdot ~ + ~b_{0}}$的系数，即$$C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{0}}^{b_{0}}$$其中，$C_{a_{k}}^{b_{k}}$为右式$\left( {1 + x^{p^{k}}} \right)^{a_{k}}$中$\left( x^{p^{k}} \right)^{b_{k}}$的系数，简单来说可以类比成$C_{a}^{b}$是${\left( {1+x} \right)}^{a}$展开式中$x^b$的系数，以此类推。因此有$$C_{a}^{b} \equiv C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{0}}^{b_{0}}~~\left( {mod~p} \right)$$为了将上式转换为如下形式$$C_{a}^{b} \equiv C_{a~mod~p}^{b~mod~p} \cdot C_{\lfloor{a/p}\rfloor}^{\lfloor{b/p}\rfloor}~~\left( {mod~p} \right)$$我们先把$$C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{0}}^{b_{0}}$$拆分成$C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{1}}^{b_{1}}$和$C_{a_{0}}^{b_{0}}$这两部分。

　　首先对于$C_{a_{0}}^{b_{0}}$，其实它就等于$C_{a~mod~p}^{b~mod~p}$，这是因为我们要得到某个数的$p$进制数，就要用$p$整除这个数，得到一个商和余数；再用$p$去除商，又得到一个商和余数，以此类推，直到商为小于$p$时为止。以$a$为例，把最先得到的余数作为$p$进制数的最低位有效位，也就是$a_{0}$。我们又知道$a$可以表述为这种形式$a = \left\lfloor \frac{a}{p} \right\rfloor \cdot p + r$，这里的余数$r$正是对应于$a_{0}$。以此类推$b$也一样。

　　然后就是$C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{1}}^{b_{1}}$。试想一下，我们是通过把$a$，$b$转换为$p$进制$$\begin{align*} a &= a_{k}p^{k} + a_{k - 1}p^{k - 1} + \cdot \cdot \cdot + a_{0} \\ b &= b_{k}p^{k} + b_{k - 1}p^{k - 1} + \cdot \cdot \cdot + b_{0} \end{align*}$$进而推出$$C_{a}^{b} \equiv C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{0}}^{b_{0}}~~\left( {mod~p} \right)$$现在我们把$a$，$b$都右移$1$位，得到$\left\lfloor \frac{a}{p} \right\rfloor$和$\left\lfloor \frac{b}{p} \right\rfloor$，对应的$p$进制就是$$\begin{align*}  \left\lfloor \frac{a}{p} \right\rfloor &= a_{k}p^{k - 1} + a_{k - 1}p^{k - 2} + \cdot \cdot \cdot + a_{1} \\ \left\lfloor \frac{b}{p} \right\rfloor &= b_{k}p^{k - 1} + b_{k - 1}p^{k - 2} + \cdot \cdot \cdot + b_{1} \end{align*}$$用类比的方法，我们就可以得到$$C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{1}}^{b_{1}} \equiv C_{\lfloor{a/p}\rfloor}^{\lfloor{b/p}\rfloor}~~\left( {mod~p} \right)$$事实上这是正确的，我们可以从$C_{\lfloor{a/p}\rfloor}^{\lfloor{b/p}\rfloor}$入手分析，方法与上面分析$C_{a}^{b}$的一样（这也暗示我们可以用递归来求解），同样会得到$$C_{\lfloor{a/p}\rfloor}^{\lfloor{b/p}\rfloor} \equiv C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{1}}^{b_{1}}~~\left( {mod~p} \right)$$

　　因此，有$$C_{a}^{b} \equiv C_{a_{k}}^{b_{k}} \cdot C_{a_{k - 1}}^{b_{k - 1}} \cdot ~ \cdot \cdot \cdot ~ \cdot C_{a_{0}}^{b_{0}} \equiv C_{a~mod~p}^{b~mod~p} \cdot C_{\lfloor{a/p}\rfloor}^{\lfloor{b/p}\rfloor}~~\left( {mod~p} \right)$$定理得证。

 

证明2

　　这里再给出另一种证法。

　　我们设

$$\left\{ \begin{matrix}
{\left\lfloor {a/p} \right\rfloor = q_{a}} \\
{\left\lfloor {b/p} \right\rfloor = q_{b}} \\
\end{matrix} \right.,~\left\{ \begin{matrix}
{a~mod~p = r_{a}} \\
{b~mod~p = r_{b}} \\
\end{matrix} \right.$$所以有

$$\left\{ \begin{matrix}
{a = q_{a} \cdot p + r_{a}} \\
{b = q_{b} \cdot p + r_{b}} \\
\end{matrix} \right.$$根据二项式定理有$$\left( {1 + x} \right)^{a} = {\sum\limits_{k = 0}^{a}{C_{a}^{k} \cdot x^{k}}}$$同时也有$$\begin{align*} \left( {1 + x} \right)^{a} &= \left( {1 + x} \right)^{q_{a} \cdot p + r_{a}} \\ &= \left( {1 + x} \right)^{q_{a} \cdot p} \cdot \left( {1 + x} \right)^{r_{a}} \\ &\equiv \left( {1 + x^{p}} \right)^{q_{a}} \cdot \left( {1 + x} \right)^{r_{a}}~~\left( {mod~p} \right) \\ &= {\sum\limits_{i = 0}^{q_{a}}{C_{q_{a}}^{i} \cdot x^{i \cdot p}}} \cdot {\sum\limits_{j = 0}^{r_{a}}{C_{r_{a}}^{j} \cdot x^{j}}} \\ &= {\sum\limits_{i = 0}^{q_{a}}{\sum\limits_{j = 0}^{r_{a}}{C_{q_{a}}^{i} \cdot C_{r_{a}}^{j} \cdot x^{i \cdot p + j}}}} \end{align*}$$即$$\left( {1 + x} \right)^{a} \equiv {\sum\limits_{i = 0}^{q_{a}}{\sum\limits_{j = 0}^{r_{a}}{C_{q_{a}}^{i} \cdot C_{r_{a}}^{j} \cdot x^{i \cdot p + j}}}}~~\left( {mod~p} \right)$$我们令$x$的指数为$k = i \cdot p + j$，其中$0 \leq i \leq q_{a},~0 \leq j \leq p - 1$，同时有$0 \leq k \leq a$，所以可以把上式修改为从$0$枚举到$a$，$i$和$j$就变为$$i = \left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor + \left\lfloor \frac{j}{p} \right\rfloor = \left\lfloor \frac{k}{p} \right\rfloor$$$$j = k - i \cdot p = k~mod~p$$所以就有$$\left( {1 + x} \right)^{a} \equiv {\sum\limits_{k = 0}^{a}{C_{q_{a}}^{\lfloor{k/p}\rfloor} \cdot C_{r_{a}}^{k~mod~p} \cdot x^{k}}}~~\left( {mod~p} \right)$$综合上面，得到$${\sum\limits_{k = 0}^{a}{C_{a}^{k} \cdot x^{k}}} \equiv {\sum\limits_{k = 0}^{a}{C_{q_{a}}^{\lfloor{k/p}\rfloor} \cdot C_{r_{a}}^{k~mod~p} \cdot x^{k}}}~~\left( {mod~p} \right)$$然后我们令$k=b$就会得到$$C_{a}^{b} \equiv C_{q_{a}}^{\lfloor{b/p}\rfloor} \cdot C_{r_{a}}^{b~mod~p}~~\left( {mod~p} \right)$$即$$C_{a}^{b} \equiv C_{\lfloor{a/p}\rfloor}^{\lfloor{b/p}\rfloor} \cdot C_{a~mod~p}^{b~mod~p}~~\left( {mod~p} \right)$$定理得证。

 

卢卡斯定理代码

　　什么时候用卢卡斯定理呢，只要$a$的值大于$p$就需要用到卢卡斯定理了。如果$p$比$a$小，就不能保证$a-b$和$b$的逆元存在了，它们可能是$p$的倍数。

　　相关代码如下：

int qmi(int a, int k, int p) {
    int ret = 1;
    while (k) {
        if (k & 1) ret = (long long)ret * a % p;
        k >>= 1;
        a = (long long)a * a % p;
    }
    
    return ret;
}

int C(int a, int b, int p) {
    int ret = 1;
    for (int i = 1, j = a; i <= b; i++, j--) {
        ret = (long long)ret * j % p;
        // 因为总是满足i < p且p为质数，所以应用费马小定理，用快速幂来求得在模p下i的逆元 
        ret = (long long)ret * qmi(i, p - 2, p) % p;
    }
    
    return ret;
}

int lucas(long long a, long long b, int p) {
    if (a < p && b < p) return C(a, b, p);
    return (long long)C(a % p, b % p, p) * lucas(a / p, b / p, p) % p;
}

 

参考资料

　　AcWing 887. 求组合数 III：https://www.acwing.com/video/308/

　　算法学习笔记(25): 卢卡斯定理：https://zhuanlan.zhihu.com/p/116698264