Lucas 定理

Lucas 定理

若 $p$ 是质数，则对于任意整数 $1\leq m \leq n$，有：

$$\dbinom{n}{m}\equiv \dbinom{n\mod p}{m\mod p}\times \dbinom{\dfrac{m}{p}}{\dfrac{n}{p}}\pmod p$$

例题 $1$：序列统计

先求当一个序列长度为 $n$ 时，元素大小都在 $L$ 至 $R$ 之间的单调不降元素的序列数量。

等价于把 $n$ 个相同小球放入 $R-L+1$ 个盒子里面，盒子可以为空。

常见思路：先把所有盒子里提前放一个小球，等价于把 $n+R-L+1$ 个小球放入 $R-L+1$ 个盒子里面，盒子不能为空。隔板，有 $\dbinom{n+R-L}{R-L}$ 种方式。

现在把序列长度为 $1$ 至 $n$ 的方案数都求出来，答案为：

$$\dbinom{1+R-L}{R-L}+\dbinom{2+R-L}{R-L}+\dots+\dbinom{n+R-L}{R-L}=\dbinom{n+R-L+1}{R-L+1}-1$$

例题 $2$：SP18878

题目大意

求杨辉三角第 $n$ 行中偶数个数与奇数个数。

题目分析

我们先求第 $n$ 行的奇数个数， 用这一行总数减一下就是偶数个数。

等价于求 $\sum ^{n}_{i=0} \dbinom {n}{i} \mod 2$。把 $n,i$ 拆分成二进制数，二进制每一位记为 $n_k,i_k$。

根据 Lucas 定理，

$$\dbinom {n}{i} \mod 2=\dbinom{n\mod 2}{i\mod 2}\times \dbinom{\dfrac{n}{2}}{\dfrac{i}{2}}\mod 2$$

当 $\dbinom {n}{i} \mod 2=1$ 时， 那么所有的 $n_k,i_k$ 必定满足 $\dbinom{n_k}{i_k}=1$。

• 当 $n_k=0$ 时，有 $1$ 种情况：$i_k=0$。
• 当 $n_k=1$ 时，有 $2$ 种情况：$i_k=0$ 或 $i_k=1$。

等价于 $i$ 为 $n$ 的子集，故 $n$ 二进制下若有 $k$ 个 1，答案就为 $2^k$。

例题 $3$：Gift

很明显，任意一个 $1\leq i\leq n-1$ 都有 $\dbinom {a_{b_i}}{a_{b_{i+1}}}\mod 2=1$。Lucas 显然了。

根据例题 2 的分析，等价于每一个 $a_{b_{i+1}}$ 都是 $a_{b_i}$ 的子集，根据题目条件，还要有 $a_{b_{i+1}}\leq a_{b_i}$。

在值域上开 dp，没了。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;

#define int long long
const int N = 3e5 + 5, mod = 1e9 + 7;
int n, a[N], dp[N], res;

signed main() {
	cin >> n;
	for (int i = 1; i <= n; i++) cin >> a[i];
	for (int i = 0; i <= N - 5; i++) dp[i] = 1; 
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		int t = a[i];
		for (int j = t - 1 & t; j; j = j - 1 & t) dp[j] = (dp[j] + dp[t]) % mod; // trick:枚举子集
		res += dp[t]; res %= mod;
	}
	cout << (res - n) % mod << endl;
}

例题 $4$：P4345

根据 Lucas 定理：

$$\dbinom{n}{0}+\dbinom{n}{1}+\dots+\dbinom{n}{k}$$

$$=\dbinom{\dfrac{n}{p}}{0}\times \dbinom{n \bmod p}{0}+\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{1}{p}}\times \dbinom{n \bmod p}{1 \bmod p}+\dots +\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{k}{p}}\times \dbinom{n \bmod p}{k\bmod p}$$

容易发现 $\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{0}{p}}$ 到 $\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{p-1}{p}}$ 是相同的，$\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{p}{p}}$ 到 $\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{2\times p-1}{p}}$ 也是相同的，依次类推。所以可以对式子进行继续化简，提出相同的公因式。令 $t_{j}=\sum _{i=0}^{j}\dbinom{n \bmod p}{i}$，则有：

$$=\dbinom{\dfrac{n}{p}}{0}\times t_{p-1}+\dbinom{\dfrac{n}{p}}{1}\times t_{p-1}+\dots +\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{k}{p}-1}\times t_{p-1}+\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{k}{p}}\times t_{k\bmod p}。$$

$$=t_{p-1}\times [\dbinom{\dfrac{n}{p}}{0}+\dbinom{\dfrac{n}{p}}{1}+\dots+\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{k}{p}-1}]+\dbinom{\dfrac{n}{p}}{\dfrac{k}{p}}\times t_{k\bmod p}。$$

中括号那一堆和最开始求的东西形式一样，可以进行递归处理。复杂度 $O(\log _p^n)$。