组合数取模问题

加法递推

由 \(\displaystyle \binom{n}{m}=\binom{n-1}{m}+\binom{n-1}{m-1}\) 求出

边界条件： \(\displaystyle \binom{1}{0}=\binom{1}{1}=1\) 和 \(\displaystyle \binom{n}{0}=1\)

时间复杂度： \(O(n^2)\)

const int MOD = 1000000007;
void init(int n)
{
    c[1][0] = c[1][1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++) {
        c[i][0] = 1;
        for(int j = 1; j <= i; j++)
            c[i][j] = (c[i - 1][j] + c[i - 1][j - 1]) % MOD;
	}
}

乘法递推

由 \(\displaystyle\binom{n}{m}=\frac{n-m+1}{m}\binom{n}{m-1}\) 求出

边界条件： \(\displaystyle\binom{n}{0}=1\)

时间复杂度： \(O(n)\)

const int MOD = 1000000007;

ll qpow(ll a, ll b)
{
    ll res = 1;
    for(; b; b >>= 1) {
        if(b & 1)
            res = res * a % MOD;
       	a = a * a % MOD;
    }
    return res;
}

ll inv(ll a)
{
    return qpow(a, MOD - 2);
}

void init(int n)
{
    c[0] = 1;
    for(int i = 2; i * 2 <= n; i++)
        c[i] = c[n - i] = 1ll * (n - i + 1) * c[i - 1] % MOD * inv(i) % MOD;
}

阶乘逆元

\[\binom{n}{m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\equiv n!(m!)^{-1}((n-m)!)^{-1}\pmod{p} \]

接下来考虑如何求阶乘的逆元，设 \(f_i=i!\)

\[f_i\times(f_i)^{-1}\equiv 1\pmod{p}\\ f_{i-1}\times i \times (f_i)^{-1}\equiv 1\pmod{p}\\ (f_i)^{-1}\equiv(i)^{-1}(f_{i-1})^{-1}\pmod{p} \]

上式就是阶乘逆元的递推式，但在递推式求解之前，我们必须先预处理出 \((i)^{-1}\)

令 \(k=\lfloor\frac{p}{i}\rfloor ,j=p \bmod i\) ，有 \(p=ki+j\) ，则 \(ki+j\equiv 0\pmod{p}\)

\[kj^{-1}+i^{-1}\equiv 0\pmod{p}\\ i^{-1}\equiv -kj^{-1}\pmod{p}\\ i^{-1}\equiv(p-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor)(p \bmod i)^{-1}\pmod{p} \]

最后一步把 \(k\) 换成 \((p-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor)\) 而非 \(\lfloor\frac{p}{i}\rfloor\) 的目的是为了避免出现负数，这样我们就得到了求 \(1\sim n\) 的逆元的递推式：

\[i^{-1} \equiv \begin{cases} 1, & \text{if } i = 1, \\ (p-\lfloor\frac{p}{i}\rfloor) (p \bmod i)^{-1}, & \text{otherwises}. \end{cases} \pmod p \]

综上，我们先递推处理出 \(1\sim n\) 的逆元，进而求出 \(1!,2!\cdots n!\) 的逆元，对于每次询问，只需要带入第一个公式即可。预处理复杂度 \(O(n)\) ，单次询问复杂度 \(O(1)\)

const int MOD = 1000000007;
const int MAX_N = 1000000 + 5;
int inv[MAX_N];
int fact[MAX_N], invf[MAX_N];

void init(int n)
{
    inv[1] = 1;
    for(int i = 2; i <= n; i++)
        inv[i] = 1ll * (MOD - MOD / i) * inv[MOD % i] % MOD;
    fact[0] = invf[0] = 1;
    for(int i = 1; i <= n; i++) {
        fact[i] = 1ll * fact[i - 1] * i % MOD;
        invf[i] = 1ll * invf[i - 1] * inv[i] % MOD;
    }
}

int C(int n, int m)
{
    if(n < m)
        return 0;
    return 1ll * fact[n] * invf[m] % MOD * invf[n - m] % MOD;
}

Lucas定理

定理

\[\binom{n}{m} \equiv \binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor}\cdot\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod{p} \]

等价形式

我们将 \(n,m\) 表示成 \(p\) 进制数的形式：

\[n=\sum_{i=0}^k n_i p^i\\ m=\sum_{i=0}^k m_ip^i \]

则有：

\[\binom{n}{m} \equiv \prod_{i=0}^k \binom{n_i}{m_i} \pmod{p} \]

证明等价十分容易：在之前的公式中，对 \(p\) 取模相当于取了 \(p\) 进制下的最低位，除以 \(p\) 后向下取整相当于在 \(p\) 进制下去掉最低位，不断重复这一过程，就能发现两个形式的等价

证明

由 \(p\) 为素数可知， \(\forall j,1\leq j \leq p-1\) 都有：

\[\binom{p}{j}=\frac{p}{j}\binom{p-1}{j-1}\equiv 0\pmod{p} \]

所以

\[\begin{aligned} (1+x)^p&=1+\binom{p}{1}x+\cdots+\binom{p}{p-1}x^{p-1}+x^p\\ &\equiv 1+x^p\pmod{p} \end{aligned} \]

用这个结论可以推出：

\[\begin{aligned} (1+x)^n&=(1+x)^{n\bmod p}(1+x)^{p\lfloor n/p \rfloor}\\ &\equiv (1+x)^{n\bmod p}(1+x^p)^{\lfloor n/p \rfloor}\pmod{p} \end{aligned} \]

\(\displaystyle \binom{n}{m}\) 就是 \((1+x)^n\) 的展开式在 \(x^m\) 处的二项式系数

• \((1+x^p)^{\lfloor n/p\rfloor}\) 展开后得到的项次数均为 \(p\) 的倍数
• \((1+x)^{n\bmod p}\) 展开后得到的项次数小于等于 \(p-1\)

综上， \(x^m\) 只可能由一种方案产生，\(m=p\lfloor\frac{m}{p}\rfloor+m\bmod p\) ，所以在 \((1+x^p)^{\lfloor n/p\rfloor}\) 中取系数 \(\displaystyle \binom{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor m/p\rfloor}\) ，在 \((1+x)^{n\bmod p}\) 中取 \(\displaystyle \binom{n \bmod p}{m\bmod p}\)

可以得出结论：

\[\binom{n}{m} \equiv \binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor}\cdot\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod{p} \]

代码

void lucas(int n, int m, int p)
{
    if(m == 0)
        return 1;
    return 1ll * lucas(n / p, m / p, p) * C(n % p, m % p) % p;
}

用阶乘逆元法预处理组合数的复杂度为 \(O(p)\) ，单次询问的复杂度为 \(O(\log p)\)

推论

\[\binom{n}{m}\equiv [n\&m= m]\pmod{2} \]

由卢卡斯定理的等价形式可知，只要存在 \(n_i=0,m_i=1\) ，则 \(\displaystyle\binom{n_i}{m_i}=0\) ，进一步得出 \(\displaystyle\binom{n}{m}\equiv 0\pmod{2}\)

所以当 \(\displaystyle\binom{n}{m}\) 为奇数时，若 \(m_i=1\) 则一定有 \(n_i=1\) ，所以对于任意 \(i\) ，都有 \(n_i\&m_i=m_i\) ，即 \(n\&m=m\)

exLucas定理

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