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 \(O(\log _p^n)\)。