卢卡斯定理

Lucas定理

用于求解大组合数取模且模数为质数的情况。

定理，$\binom{n}{m}=\binom{\left \lfloor \frac{n}{p}\right \rfloor}{\left \lfloor \frac{m}{p}\right \rfloor}*\binom{n\mod p}{m\mod p}$.

边界条件，当 $m=0$ 时返回 $1$.

一般模数的范围不超过 $10^5$.

P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

每次给定 $n,m,p,$，求 $\binom{n+m}{m}(\mod p)$.

预处理阶乘到 $p-1$，之后进行卢卡斯分解求组合数。

int Lucas(int x,int y){
    if(!y)return 1;
    return Lucas(x/mod,y/mod)*C(x%mod,y%mod)%mod;
}
signed main(){
    int t;
    cin>>t;
    while(t--){
        cin>>n>>m>>mod;
        fac[0]=1;
        for(int i=1;i<=mod-1;i++)fac[i]=fac[i-1]*i%mod;
        facinv[mod-1]=po(fac[mod-1],mod-2,mod);
        for(int i=mod-1;i;i--)facinv[i-1]=facinv[i]*i%mod;
        cout<<Lucas(n+m,n)<<'\n';
    }
    return 0;
}

扩展卢卡斯定理

求 $\binom{n}{m}\mod p$，其中 $p$ 不一定为质数。

设 $p=p_1^{c_1}p_2^{c_2}...p_k^{c_k}$，求出

$\binom{n}{m}\mod p_1^{c_1}$

$\binom{n}{m}\mod p_2^{c_2}$

$\binom{n}{m}\mod p_k^{c_k}$

之后用中国剩余定理进行合并即可。

现在求 $\binom{n}{m}\mod p^k=\frac{n!}{m!(n-m)!}\mod p^k$，但是无法通过求分母的逆元来求解，因为不一定有解。

考虑 $a$ 对 $p$ 有逆元的充要条件为 $gcd(a,p)=1$，于是将式子转化成 $\frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}p^{x-y-z}\mod p^k$，其中 $x$ 为 $n!$ 中包含的 因子 $p$ 的个数，$y,z$ 同理，求出 $\frac{n!}{p^x}$ 即可求逆元。

考虑如何求 $\frac{n!}{p^x}\mod p^k,n!=(p*2p*3p...)(1*2*3...)$，左半部分是 $n$ 以内的 $p$ 的倍数，右边是剩下的数。

$1$ 到 $n$ 中一共有 $\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor$ 个 $p$ 的倍数。

所以，$n!=p^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}*\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor!*(1*2*3...)$，左边是 $p$ 的个数，中间是所有 $p$ 的倍数的系数，即这些倍数除以 $p$ 的商，右边是剩余的数。

考虑对于右边剩下的部分 $\prod_{i=1,i\not \equiv 0(\mod p)}^{n}i$，而它对于 $\mod p^k$ 是有循环节的。

即原式等于 $(\prod_{i=1,i\not \equiv 0(\mod p)}^{p^k}i)^{\left \lfloor \frac{n}{p^k} \right \rfloor}(\prod_{i=p^k\left \lfloor \frac{n}{p^k} \right \rfloor,i\not \equiv 0(\mod p)}^{n}i)$，左边是 $1$ 到 $p^k$ 中所有无 $p$ 因子的数的乘积，右边是余项的乘积。

回到 $n!$ 的式子，前面的 $p^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}$ 是需要除掉的，但是 $\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor!$ 中可能也有 $p$ 因子，于是考虑递归。

定义 $f(n)=\frac{n!}{p^x}$，则 $f(n)=f({\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor})(\prod_{i=1,i\not \equiv 0(\mod p)}^{p^k}i)^{\left \lfloor \frac{n}{p^k} \right \rfloor}(\prod_{i=p^k\left \lfloor \frac{n}{p^k} \right \rfloor,i\not \equiv 0(\mod p)}^{n}i)$，递归边界 $f(0)=1$.

回到最开始的式子，$\frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}p^{x-y-z}\mod p^k=\frac{f(n)}{f(m)f(n-m)}p^{x-y-z}\mod p^k$，此时的 $f(m)$ 一定与 $p^k$ 互质，可以使用 $exgcd$ 进行求解。

现在考虑计算最后剩下的 $p^{x-y-z}$，回到式子 $n!=p^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}*\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor!*(\prod_{i=1,i\not \equiv 0(\mod p)}^{p^k}i)^{\left \lfloor \frac{n}{p^k} \right \rfloor}(\prod_{i=p^k\left \lfloor \frac{n}{p^k} \right \rfloor,i\not \equiv 0(\mod p)}^{n}i)$，需要计算的就是 $p^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}$ 且乘上的 $\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor!$ 中的 $p$ 因子。

于是得到了递推式子 $g(n)=\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor+g(\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor)$，递归边界 $g(n)=0(\forall n<p)$

所以得到最后的结论，$\binom{n}{m}\mod p^k=\frac{f(n)}{f(m)f(n-m)}p^{g(n)-g(m)-g(n-m)}\mod p^k$，最后再用中国剩余定理进行合并。

inline int CRT(int x,int p,int mod){/*合并某项该项同余方程，其中p为所有模数的lcm，mod为当前的模数*/
    return x*(p/mod)%p*inv(p/mod,mod)%p;
}
inline int fac(int n,int p,int pk){
    if(!n)return 1;/*递归边界f(0)=1*/
    int ans=1;
    for(int i=2;i<=pk;i++)if(i%p)(ans*=i)%=pk;/*p^k以内的不含p因子的数的乘积*/
    ans=po(ans,n/pk,pk);
    for(int i=2;i<=n%pk;i++)if(i%p)(ans*=i)%=pk;/*余项部分*/
    return ans*fac(n/p,p,pk)%pk;/*递归求解*/
}
inline int C(int n,int m,int p,int pk){/*计算C(n,m) mod p^k，其中p^k=pk*/
    int k=0;/*计算p^(x-y-z)，其中x-y-z=k*/
    for(int i=n;i;i/=p)k+=i/p;
    for(int i=m;i;i/=p)k-=i/p;
    for(int i=n-m;i;i/=p)k-=i/p;
    return fac(n,p,pk)*inv(fac(m,p,pk),pk)%pk*inv(fac(n-m,p,pk),pk)%pk*po(p,k,pk)%pk;
}
inline int exLucas(int n,int m,int p){
    int ans=0,tmp=p,pk;
    for(int i=2;i*i<=p;i++){
        if(tmp%i)continue;
        pk=1;
        while(tmp%i==0)pk*=i,tmp/=i;/*对p进行质因数分解得到pi^ki,其中pi=i,p^k=pk*/
        (ans+=CRT(C(n,m,i,pk),p,pk))%=p;/*计算并通过CRT合并C(n,m) mod p^k*/
    }
    if(tmp>1)(ans+=CRT(C(n,m,tmp,tmp),p,tmp))%=p;
    return ans;
}