【算法学习笔记】组合数与 Lucas 定理

卢卡斯定理是一个与组合数有关的数论定理，在算法竞赛中用于求组合数对某质数的模。

第一部分是博主的个人理解，第二部分为 Pecco 学长的介绍

第一部分

一般情况下，我们计算大组合数取模问题是用递推公式进行计算的：

\[C_n^m=(C_{n-1}^m+C_{n-1}^{m-1}) mod\ p
\]

其中p相对较小的素数。但是当n和m过大时，计算的耗费就急剧增加$O(mn)$，在实践中不适用。当这时候就需要Lucas定理进行快速运算:

\[C_n^m=\prod_{i=0}^{k}C_{n_i}^{m_i}\ mod\ p
\]

其中：

\[m=m_kp^k+m_{k-1}p^{k-1}+...+m_1p+m_0
\]

\[n=n_kp^k+n_{k-1}p^{k-1}+...+n_1p+n_0
\]

证明方法也很简单，主要用到如下等式：

\[C_p^j\equiv 0\ mod\ p\ ( 1 \leq j \leq p-1 )
\]

\[(1+x)^{p}\equiv 1+x^p \ mod\ p
\]

应用这个公式，可以的到如下递归式

这里的$Lucas(n,m,p)$就是$C_n^m\ mod\ p$，递归终点就是当$n=0$的时候。时间复杂度是$O(log_p(n)*p)$.

如果上面的解释没有理解的话请往下看一下 Pecco 学长的介绍

第二部分

开篇说的就很清楚了，

卢卡斯定理是一个与组合数有关的数论定理，在算法竞赛中用于求组合数对某质数的模。

在我们谈论卢卡斯定理前，我们先来看看朴素的求组合数的方法有哪些。

如果直接根据定义 $C_m^n = \frac{m!}{n!(m-n)!}$ 直接计算，显然很容易溢出，事实上当 m=21 时，$21! = 51,090,942,171,709,440,000$ 就已经大于64位整数可以表示的范围了。当然我们可以边乘边除，但有点麻烦。于是我们有另外一种思路，利用递推式：$C_m^n =C_{m-1}^{n - 1} + C_{m - 1}^n$ （这个递推式可以从杨辉三角看出）。这种方法相对不容易溢出，时间复杂度为 $\mathcal{O}(n^2)$ 其实如果对精度要求不高的话，最简单快捷的方法是利用对数。由于：

\[ln C_m^n = ln\ m! - ln\ n! - ln(m - n)! = \sum_{x=1}^mlnx - \sum_{x=1}^nlnx - \sum_{x=1}^{m-n}lnx
\]

所以只需要用 $\mathcal{O}(n)$ 预处理出 $ln\ x$ 的前缀和，即可 $\mathcal{O}(1)$ 求出结果，但可能有浮点误差。

然而，实际上，组合数的增长速度是非常快的，$C_{100}^{50}$ 已经是30位数，$C_{300}^{150}$ 则有89位数，比宇宙中的原子数还多。（宇宙中的原子数：怎么总是拿我来对比？）所谓递推不容易溢出，那如果结果本身就溢出了，你又怎么办呢？

所幸算法竞赛中的题目常常会要求将结果对某个质数 $p$ 取模，这样一来，溢出的问题就不用太担心了。我们干脆直接回到最原始的方法：$C_m^n=\frac{m!}{n!(m-n)!}$。只不过，现在我们要把除法变成求逆元，也即：$C_m^n = m!·inv(n!)·inv[(m - n)!]\ (mod\ p)$。

模 $p$ 意义下阶乘和逆元都可以 $\mathcal{O}(n)$预处理出来，然后直接 $\mathcal{O}(1)$ 查询即可（实际上不预处理逆元直接 $\mathcal{O}(log\ n)$ 求也绰绰有余）。这基本上是最常用的求组合数方法。

绕了一圈，怎么还没提到卢卡斯定理呢？嗯……一般来说，这个方法够用了。偏偏，有时候， $p$ 可能比 $m$ 小....

这下麻烦了。如果 $p$ 比 $m$ 小，就不能保证 $n$ 和 $m - n$ 的逆元存在了（它们可能是 $p$ 的倍数）。当然还是可以用杨辉三角递推，但 $\mathcal{O}(n^2)$还是太不理想。于是，本文的主角——卢卡斯定理终于要出场了。

卢卡斯定理（Lucas's theorem）：

对于非负整数 $m,n$ 和质数 $p$ ，$C_m^n = \prod_{i = 0}^k\ (mod\ p)$ 其中

$m = m_kp^k + …… +m_1p + m_0$ 、$n = n_kp^k + …… +n_1p + n_0$ 是 $m$ 和 $n$ 的 $p$ 进制展开

但其实，我们一般使用的是这个可以与之互推的式子：

$C_m^n = C_{m\ mod\ p}^{n\ mod\ p}·C_{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\ (mod\ p)$

当 $m < n$ 时，规定 $C_m^n = 0$ （待会儿会将这个规定的意义）。

就像辗转相除法那样，可以利用这个式子递归求解，递归出口是 $n = 0$ 。其实这篇文章只需要这个好记的公式就够了，你甚至可以马上写出卢卡斯定理的板子：

// 需要先预处理出fact[]，即阶乘

inline ll C(ll m, ll n, ll p) {

    return m < n ? 0 : fact[m] * inv(fact[n], p) % p * inv(fact[m - n], p) % p;

}

inline ll lucas(ll m, ll n, ll p) {

    return n == 0 ? 1 % p : lucas(m / p, n / p, p) * C(m % p, n % p, p) % p;

}

网上说卢卡斯定理的复杂度是 $\mathcal{O}(p\ log_p\ m)$ ，但如果阶乘和逆元都采取递推的方法预处理，（只需要预处理 $p$ 以内的），每次调用C()函数应该都是的$\mathcal{O}(1)$，一共要调用 $\log_p m$ 次，那么复杂度应该是 $\mathcal{O}(p + log_p\ m)$ 才对。洛谷上这道模板题的范围才给到 $\mathcal{O}(10^5)$ ，屈才了。

接下来我们来证明这个式子。如果你对数学推导没有兴趣可以走了（雾