Lucas 定理学习笔记

一、定理

给定 $n,m,p$，$p$ 是质数，求 $C_{m+n}^{n}modp$，$n,m\le {10}^{18},p\le {10}^6$。
这题可以用 Lucas 定理求解。
Lucas 定理：
当 $p$ 是个质数时，$\mathrm{\forall }m,n\in N,C_n^m\equiv C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\times C_{nmodp}^{mmodp}(\mathrm{mod}p)$。

要证明这个结论，要先证明一个引理：
当 $p$ 是个质数时，$(1+x{)}^p\equiv 1^p+x^p(\mathrm{mod}p)$。
为什么？我们知道，$\mathrm{\forall }n\in [0,p],C_p^n=\frac{p!}{n!\times (p-n)!}$。由于 $p$ 是个质数，所以分子的质因数中有且仅有 1 个 $p$。

1. $n=0$ 或 $n=p$ 此时分母也有 1 个 $p$，并且 $C_p^n=1$。
2. $0<n<p$，此时分母没有质因数 $p$，所以此时 $C_p^n\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。

然后我们用二项式定理拆开：
$(1+x{)}^p\equiv \sum _{i=0}^p{C}_p^i\times 1^{p-i}\times x^i$
$\equiv \sum _{i=0}^p{C}_p^i\times x^i$
$\equiv C_p^0\times x^0+C_p^p\times x^p$
$\equiv 1+x^p(\mathrm{mod}p)$
这样，引理就证完了。

然后就是 Lucas 定理了。

我们知道，$C_n^m$ 可以代表 $(1+x{)}^n$ 的 $m$ 次项的系数。
假设 $n=a\times p+b,m=c\times p+d,b,d\in [0,p-1]$，
那么 $(1+x{)}^n\equiv (1+x{)}^{a\times p}\times (1+x{)}^b$
$\equiv ((1+x{)}^p{)}^a\times (1+x{)}^b$
$\equiv (1+x^p{)}^a\times (1+x{)}^b$

然后考虑 $m$ 次项的系数，
$C_n^m{x}^m\equiv C_a^c{x}^{p\times c}\times C_b^d{x}^d(\mathrm{mod}p)$。
所以就知道 $C_n^m\equiv C_a^c\times C_b^d(\mathrm{mod}p)$，
也就是 $C_n^m\equiv C_{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }^{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\times C_{nmodp}^{mmodp}(\mathrm{mod}p)$。□

时间复杂度：预处理 $O(p)$，单次计算 $O(\log p)$。

二、代码

inline void exgcd(ll &x,ll &y,ll a,ll b){
	if(!b){x=1;y=0;return;}
	exgcd(y,x,b,a%b);y-=a/b*x;
}
inline ll lucas(ll x,ll y){
	if(x<y)return 0;
	if(x<p)return a[x]*b[y]*b[x-y]%p;
	return lucas(x/p,y/p)*lucas(x%p,y%p)%p;
}
int main(){
	cin>>t;a[0]=b[0]=a[1]=b[1]=1;
	while(t--){
		cin>>n>>m>>p;
		for(ll i=2;i<p;i++)a[i]=a[i-1]*i%p;
		for(ll i=2;i<p;i++)b[i]=(p-p/i)*b[p%i]%p;
		for(ll i=2;i<p;i++)b[i]=b[i-1]*b[i]%p;
		cout<<lucas(n+m,n)<<'\n'; 
	}
	return 0;
}

三、推论

$C_n^m$ 是质数 $p$ 的倍数当且仅当 $n$ 在 $p$ 进制下有一位小于 $m$。

证明：假设 $(n{)}_p=\overline{a_0{a}_1\dots a_b},(m{)}_p=\overline{c_0{c}_1\dots c_d}$。
那么反复使用 Lucas 定理，知 $C_n^m\equiv \prod _{i=0}^{max\{b,d\}}{C}_{a_i}^{c_i}$，多余位补 $0$。

然后如果存在 $c_k>a_k$，则 $C_{a_k}^{c_k}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$，所以 $C_n^m\equiv \prod _{i=0}^{max\{b,d\}}{C}_{a_i}^{c_i}\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。

如果 $\mathrm{\forall }i\in [0,max\{b,d\}]$，都有 $a_i\ge c_i$，那么由于 $c_i\le a_i<p$，所以 $gcd(C_{a_i}^{c_i},p)=1$，所以 $C_n^m\not\equiv 0(\mathrm{mod}p)$。□