学习：Lucas定理

模板题

在数论中，Lucas定理用于计算二项式系数\({\tbinom {m}{n}}\)被质数\(p\)除的所得的余数。

描述

设\(p\)为素数，\(a,b\in N_+\)，且

\[a=a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+\cdots+a_1p+a_0
\]

\[b=b_kp^k+b_{k-1}p^{k-1}+\cdots+b_1p+b_0
\]

这里\(0\leq a_i,b_i\leq p-1\bigwedge a_i,b_i\in Z(i=0,1,2,3,\cdots,k)\)

则有：

\[C^a_b\equiv C^{b_k}_{a_k}\times C^{b_{k-1}}_{a_{k-1}}\times\cdots\times C^{b_0}_{a_0}{\pmod p}
\]

等价形式

由于

\[a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+\cdots+a_1p\equiv 0 \pmod p
\]

有

\[a\equiv a_0 \pmod p
\]

又因为\(a_0<p\)，故

\[a\mod p=a_0
\]

同理

\[b\mod p=b_0
\]

故

\[C^{a_0}_{b_0}=C^{a\mod p}_{b\mod p}
\]

又因为\(a_0<p\)，故

\[\lfloor{\frac{a}{p}}\rfloor=a_kp^{k-1}+a_{k-2}p^{k-1}+\cdots+a_1
\]

同理

\[\lfloor{\frac{b}{p}}\rfloor=b_kp^{k-1}+b_{k-2}p^{k-1}+\cdots+b_1
\]

故

\[C^{\lfloor\frac{a}{p}\rfloor}_{\lfloor\frac{b}{p}\rfloor}=C^{b_k}_{a_k}\times C^{b_{k-1}}_{a_{k-1}}\times\cdots\times C^{b_1}_{a_1}
\]

故

\[C^a_b\equiv C^{b_k}_{a_k}\times C^{b_{k-1}}_{a_{k-1}}\times\cdots\times C^{b_0}_{a_0}\equiv C^{\lfloor\frac{a}{p}\rfloor}_{\lfloor\frac{b}{p}\rfloor}\times C^{a\mod p}_{b\mod p} {\pmod p}
\]

我们真正要用的，就是

\[C^a_b\equiv C^{\lfloor\frac{a}{p}\rfloor}_{\lfloor\frac{b}{p}\rfloor}\times C^{a\mod p}_{b\mod p}{\pmod p}
\]

证明

对于素数\(n\)和\(m\)，满足\(1\le m\le n-1\), 二项式系数\(C^m_n=\frac{n!}{(n-m)!\cdot m!}=\frac{n(n-1)\cdots(n-m+1)}{m(m-1)\cdots1}\)可被\(n\)整除。由此可得，在母函数中

\[(1+x)^{p}=\sum_{i=0}^{p}(C^{i}_{p}x^{i})\equiv 1+x^{p}{\pmod {p}}
\]

对于非负整数\(i\)，若\((1+x)^{p^{i}}\equiv 1+x^{p^{i}}{\pmod {p}}\)对于\(i\le t(t\ge 1)\)时成立，则有$$(1+x)^{p{t+1}}=(1+x)^{p{t}\times p}=((1+x)^{pt})^p=1+x{p\times p^t}=1+x{p^{t+1}}$$

对于任意非负整数\(i\)，都有\((1+X)^{p^{i}}\equiv 1+X^{p^{i}}{\pmod {p}}\)

故对于任意非负整数\(m\)和素数\(p\)，将\(m\)用\(p\)进制表示，即$$m=\sum _{i=0}^{k}m_{i}p{i},$$其中\(k\in N_+\)、\(m_i\)为整数且\(0\le m_i\le p-1\)。

又有：

\[{\begin{aligned}
\sum_{n=0}^{m}{C^n_m}x^{n}
&
=(1+x)^{m}
\\&
=\prod_{i=0}^{k}\left((1+x)^{p^{i}}\right)^{m_{i}}
\\&
\equiv \prod_{i=0}^{k}\left(1+x^{p^{i}}\right)^{m_{i}}
\\&
=\prod _{i=0}^{k}\left(\sum _{n_{i}=0}^{m_{i}}{C_{m_{i}}^{n_{i}}}x^{n_{i}p^{i}}\right)
\\&
=\prod _{i=0}^{k}\left(\sum _{n_{i}=0}^{p-1}{C_{m_{i}}^{n_{i}}}x^{n_{i}p^{i}}\right)
\\&
=\sum _{n=0}^{m}\left(\prod _{i=0}^{k}{C_{m_{i}}^{n_{i}}}\right)x^{n}{\pmod {p}},
\end{aligned}}
\]

此即证明了本定理。

看到评论区有人说看不懂最后一步，这里做一点解释：

• 第一行到第二行不用解释了吧。
• 第二行到第三行上面证明了。
• 第三行到第四行用的是二项式定理展开。
• 第四行到第五行由于\(m_i\le p-1\)，所以到\(m_i\)之后组合数的值都是\(0\)，就都可以忽略了。
• 第五行到第六行发现\(n_i\)从\(0\sim p-1\)都跑了一遍，把乘号展开，发现每一位从\(0\sim p-1\)都出现了，全部组合后组合出了\(0\sim m\)之间的所有数，故可得上式。

所以代码如下

typedef long long LL;

LL mod;

inline LL pow(LL a, LL b)//快速幂是为了求逆元
{
    LL ans = 1;
    for(; b; b >>= 1,a = a * a % mod)
    	if(b & 1)
    		ans = ans * a % mod;
    return ans;
}

LL farc[1000005];

inline void prepare(LL a)
{
    farc[0]=1;
    for(LL i = 1; i <= a; ++i)
    	farc[i]=farc[i-1]*i%mod;
}

inline LL Csmall(LL m, LL n) // C(m,n) = (n!)/(m!*(n-m)!)
{
    if(n < m)
    	return 0;
    return farc[n] * pow(farc[m], mod-2) % mod * pow(farc[n-m], mod-2) % mod; // 费马小定理求逆元
}

inline LL C(LL m, LL n)
{
    if(n < m)
    	return 0;
    if(!n)
    	return 1;//Lucas的边界条件
    return C(m/mod, n/mod) % mod * Csmall(m%mod, n%mod) % mod; // 上面证明的Lucas定理
}

一点联想

在做luogu P3937 Changing的时候，里面要大量计算组合数的奇偶性，那如何快速计算呢？我想到了一个简单的方法。

要算\(C_n^m\)的奇偶性，也就是要算\(C_n^m\mod 2\)的值。由于\(2\)是质数，所以我们可以用Lucas转化成\(\prod C_{a_i}^{b_i} \mod 2\)的形式，其中\(a_i\)是\(n\)在二进制下的某一位，\(b_i\)是\(m\)在二进制下的某一位。由于\(a_i, b_i\)只能是\(0\)或\(1\)，也就是说\(C_{a_i}^{b_i}\)仅有\(C_0^0, C_1^1, C_0^1, C_1^0\)这几种形式，而其中只有\(C_0^1\)是\(0\)，其余都是\(1\)。所以如果\(n\)在某一位是\(0\)，而\(m\)在某一位是\(1\)的话，\(C_n^m\)就是偶数。那不就只要判一下\(n\text{ and } m\)就可以了吗？因此我们有：如果\(n\text{ and }m = m\)，那么\(C_n^m\)是奇数，否则就是偶数。