Lucas定理
内容
条件是 \(p\) 为质数。
\(Lucas\) 定理的主要作用是当组合数过大,无法处理其中 \(n\) 和 \(m\) 的阶乘。通过展开将其表示成累积形式。
复杂度为 \(O(log^n)\) 。
注意,由于实际上是将问题转移到 \(p\) 身上,所以 \(Lucas\) 的局限是 \(p\) 不能太大。
证明
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首先提出一个引理:\(p\mid C^{i}_{p}\quad(p=1,2,3,\cdots,p-1)\)
证明如下:
\[\bf 原式等于:\scr \frac{\overbrace{p(p-1)\cdots (p-i+1)}^{i}}{i!} \]我们知道这个式子最后是整数,但是可以知道,小于 \(p\) 的数中只有 \(1\) 可以整除它,即除完后 \(p\) 这个因子被保留了下来,当然可以被 \(p\) 整除。
下面正式开始证明。
利用了二项式展开,已知:
我们知道,在 \((1+x)^p\) 的二项式展开式里,所有项前面都有一个 \(C^{i}_{p}\) ,那么除了 \(1\) 和 \(x^p\) 两项,其他都可以被 \(p\) 整除。所以上式等同于:
那么,在项 \(x^{rp+s}\) 项前的系数,用原二项式展开式和推出来的式子表示应该是一样的:
即为:
从另一个角度来看,其实是对 \(n\) 和 \(m\) 进行 \(p\) 进制展开。
MOD 及奇怪的小细节
实际操作时 \(n\%p\) 项小于 \(p\) 可以直接算,但是 \(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor\) 项要继续递归求解。
还有一个问题要注意,计算中, \(n\%p\) 是可能比 \(m\%p\) 大的,要怎么处理呢?
从组合意义上,算 \(0\) 当然是没错,即为:一旦有 \(n\%p\) 比 \(m\%p\) 大,就会是 \(p\) 的整倍数。
结论很奇怪,我们还是来证明一下:
分子中有 \(k-n\) 个 \(i\times p\) 项;当 \(s<m\) ,即 \(s-m <0\) 时,分母只有 \(k-n-1\) 个 \(i\times p\) 项。
可见最后有一个因子 \(p\) 被保留下来了。当然这时模 \(p\) 值为 \(0\) 。
最后上代码:
\(\frak code\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int t;
int n,m,mod,ans;
int fac[100005];
int get_inv(int x,int p){
int ret=1;
int q=p-2;
while(q>0){
if(q&1) ret=(1ll*ret*x)%p;
x=(1ll*x*x)%p;
q>>=1;
}
return ret;
}
int c(int a,int b,int p){
if(b<a) return 0;
return (1ll*(1ll*fac[b]*get_inv(fac[a],p))*get_inv(fac[b-a],p))%p;
}
int lucas(int a,int b,int p){
if(b==0) return 1;
return (1ll*lucas(a/p,b/p,p)*c(a%p,b%p,p)%p);
}
int main()
{
fac[0]=1;
fac[1]=1;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d %d %d",&n,&m,&mod);
for(int i=2;i<=n+m;i++){
fac[i]=(1ll*fac[i-1]*i)%mod;
}
ans=lucas(n,n+m,mod);
printf("%d\n",ans%mod);
}
return 0;
}