学习:Lucas定理
在数论中,Lucas定理用于计算二项式系数\({\tbinom {m}{n}}\)被质数\(p\)除的所得的余数。
描述
设\(p\)为素数,\(a,b\in N_+\),且
这里\(0\leq a_i,b_i\leq p-1\bigwedge a_i,b_i\in Z(i=0,1,2,3,\cdots,k)\)
则有:
等价形式
由于
有
又因为\(a_0<p\),故
同理
故
又因为\(a_0<p\),故
同理
故
故
我们真正要用的,就是
证明
对于素数\(n\)和\(m\),满足\(1\le m\le n-1\), 二项式系数\(C^m_n=\frac{n!}{(n-m)!\cdot m!}=\frac{n(n-1)\cdots(n-m+1)}{m(m-1)\cdots1}\)可被\(n\)整除。由此可得,在母函数中
对于非负整数\(i\),若\((1+x)^{p^{i}}\equiv 1+x^{p^{i}}{\pmod {p}}\)对于\(i\le t(t\ge 1)\)时成立,则有$$(1+x){p{t+1}}=(1+x){p\times p}=((1+x){pt})p=1+x{p\times pt}=1+x{p^{t+1}}$$
对于任意非负整数\(i\),都有\((1+X)^{p^{i}}\equiv 1+X^{p^{i}}{\pmod {p}}\)
故对于任意非负整数\(m\)和素数\(p\),将\(m\)用\(p\)进制表示,即$$m=\sum _{i=0}{k}m_{i}p,$$其中\(k\in N_+\)、\(m_i\)为整数且\(0\le m_i\le p-1\)。
又有:
此即证明了本定理。
看到评论区有人说看不懂最后一步,这里做一点解释:
- 第一行到第二行不用解释了吧。
- 第二行到第三行上面证明了。
- 第三行到第四行用的是二项式定理展开。
- 第四行到第五行由于\(m_i\le p-1\),所以到\(m_i\)之后组合数的值都是\(0\),就都可以忽略了。
- 第五行到第六行发现\(n_i\)从\(0\sim p-1\)都跑了一遍,把乘号展开,发现每一位从\(0\sim p-1\)都出现了,全部组合后组合出了\(0\sim m\)之间的所有数,故可得上式。
所以代码如下
typedef long long LL;
LL mod;
inline LL pow(LL a, LL b)//快速幂是为了求逆元
{
LL ans = 1;
for(; b; b >>= 1,a = a * a % mod)
if(b & 1)
ans = ans * a % mod;
return ans;
}
LL farc[1000005];
inline void prepare(LL a)
{
farc[0]=1;
for(LL i = 1; i <= a; ++i)
farc[i]=farc[i-1]*i%mod;
}
inline LL Csmall(LL m, LL n) // C(m,n) = (n!)/(m!*(n-m)!)
{
if(n < m)
return 0;
return farc[n] * pow(farc[m], mod-2) % mod * pow(farc[n-m], mod-2) % mod; // 费马小定理求逆元
}
inline LL C(LL m, LL n)
{
if(n < m)
return 0;
if(!n)
return 1;//Lucas的边界条件
return C(m/mod, n/mod) % mod * Csmall(m%mod, n%mod) % mod; // 上面证明的Lucas定理
}
一点联想
在做luogu P3937 Changing的时候,里面要大量计算组合数的奇偶性,那如何快速计算呢?我想到了一个简单的方法。
要算\(C_n^m\)的奇偶性,也就是要算\(C_n^m\mod 2\)的值。由于\(2\)是质数,所以我们可以用Lucas转化成\(\prod C_{a_i}^{b_i} \mod 2\)的形式,其中\(a_i\)是\(n\)在二进制下的某一位,\(b_i\)是\(m\)在二进制下的某一位。由于\(a_i, b_i\)只能是\(0\)或\(1\),也就是说\(C_{a_i}^{b_i}\)仅有\(C_0^0, C_1^1, C_0^1, C_1^0\)这几种形式,而其中只有\(C_0^1\)是\(0\),其余都是\(1\)。所以如果\(n\)在某一位是\(0\),而\(m\)在某一位是\(1\)的话,\(C_n^m\)就是偶数。那不就只要判一下\(n\text{ and } m\)就可以了吗?因此我们有:如果\(n\text{ and }m = m\),那么\(C_n^m\)是奇数,否则就是偶数。