卢卡斯定理(详细证明)

卢卡斯定理

问题
内容：
时间复杂度
证明
- 给个定理：
- 证明定理：
- 再来个推论：
- 所以我们就可以推出结论：
模板
题目
- Luogu3807【模板】卢卡斯定理
- P2480[SDOI2010]古代猪文(CRT+Lucas)

问题

求解取模组合数 ( n m ) ≡ x ( m o d p ) \binom nm\equiv x(mod ~p) (mn)≡x(mod p)，其中 n ， m n，m n，m较大不适用于打表找阶乘，模数p较小且为素数。

内容：

( n m ) m o d p = ( ⌊ n p ⌋ ⌊ m p ⌋ ) ( n m o d p m m o d p ) m o d p \binom nm~mod~p=\binom {\lfloor\frac np\rfloor}{\lfloor\frac mp\rfloor}\binom{n~mod~p}{m~mod~p}~mod~p\\ (mn) mod p=(⌊pm⌋⌊pn⌋)(m mod pn mod p) mod p

( n m o d p m m o d p ) \binom {n~mod~p}{m~mod~p} (m mod pn mod p)中的两个数都小于p，直接用阶乘和阶乘的逆求解， ( ⌊ n p ⌋ ⌊ m p ⌋ ) \binom {\lfloor\frac np\rfloor}{\lfloor\frac mp\rfloor} (⌊pm⌋⌊pn⌋)可以继续用 l u c a s lucas lucas求解，当 m = 0 m=0 m=0的时候返回 1 1 1

这样一来 p p p的范围不能够太大,一般再 1 0 5 10^5 105左右。

时间复杂度

预处理阶乘， O ( f ( p ) + g ( n ) l o g n ) O(f(p)+g(n)logn) O(f(p)+g(n)logn)其中 f ( p ) f(p) f(p)求解组合数的复杂度， g ( n ) g(n) g(n)表示求一次 ( n m ) \binom{n}{m} (mn)的复杂度

证明

给个定理：

( p m ) m o d p = [ m = p ∨ m = 0 ] \binom pm ~mod~p=[m=p~\vee~m=0]\\ (mp) mod p=[m=p ∨ m=0]

证明定理：

( p m ) = p ! m ! ( p − m ) ! m o d p w h i l e m ≠ p & & m ≠ 0 p ! m o d p = 0 ∴ ( p m ) m o d p = [ m = p ∨ m = 0 ] \binom pm=\frac{p!}{m!(p-m)!}~mod~p\\ while~m\neq p~\&\&~m\neq0\\ p!~mod~p=0\\ \therefore \binom pm ~mod~p=[m=p~\vee~m=0]\\ (mp)=m!(p−m)!p! mod pwhile m=p && m=0p! mod p=0∴(mp) mod p=[m=p ∨ m=0]

再来个推论：

( a + b ) p = ( ∑ i = 1 p ( p i ) a i b n − i ) m o d p ∵ ( p i ) m o d p = [ i = p ∨ i = 0 ] ∴ ( a + b ) p = ( a p + b p ) m o d p (a+b)^p=(\sum_{i=1}^p\binom pia^ib^{n-i})~mod~p\\ \because \binom pi ~mod~p=[i=p~\vee~i=0]\\ \therefore(a+b)^p=(a^p+b^p)~mod~p\\ (a+b)p=(i=1∑p(ip)aibn−i) mod p∵(ip) mod p=[i=p ∨ i=0]∴(a+b)p=(ap+bp) mod p

所以我们就可以推出结论：

( 1 + x ) n m o d p ( 1 + x ) p ⌊ n p ⌋ ( 1 + x ) n m o d p m o d p − − − − − − 对 ( 1 + x ) p ⌊ n p ⌋ m o d p 进行分析 ( ( 1 + x ) p m o d p ) ⌊ n p ⌋ ∵ ( a + b ) p m o d p = ( a p + b p ) m o d p ∴ ( ( 1 + x ) p m o d p ) ⌊ n p ⌋ = ( 1 + x p ) ⌊ n p ⌋ m o d p − − − − − − ∴ ( 1 + x ) p ⌊ n p ⌋ ( 1 + x ) n m o d p m o d p = ( 1 + x p ) ⌊ n p ⌋ ( 1 + x ) n m o d p m o d p k x m = ( n m ) x m = ( ⌊ n p ⌋ ⌊ m p ⌋ ) ( x p ) ⌊ m p ⌋ ( n m o d p m m o d p ) x m m o d p = ( ⌊ n p ⌋ ⌊ m p ⌋ ) ( n m o d p m m o d p ) x m ∴ ( n m ) m o d p = ( ⌊ n p ⌋ ⌊ m p ⌋ ) ( n m o d p m m o d p ) m o d p (1+x)^n~mod~p\\ (1+x)^{p\lfloor\frac np\rfloor}(1+x)^{n~mod~p}~mod~p\\ ---\\ ---\\ 对(1+x)^{p\lfloor\frac np\rfloor}~mod~p进行分析\\ ((1+x)^p~mod~p)^{\lfloor\frac np\rfloor}\\ \because(a+b)^p~mod~p=(a^p+b^p)~mod~p\\ \therefore((1+x)^p~mod~p)^{\lfloor\frac np\rfloor}=(1+x^p)^{\lfloor\frac np\rfloor}~mod~p\\ ---\\ ---\\ \therefore(1+x)^{p\lfloor\frac np\rfloor}(1+x)^{n~mod~p}~mod~p=(1+x^p)^{\lfloor\frac np\rfloor}(1+x)^{n~mod~p}~mod~p\\ kx^m=\binom nmx^m=\binom {\lfloor\frac np\rfloor}{\lfloor\frac mp\rfloor}(x^p)^{{\lfloor\frac mp\rfloor}}\binom{n~mod~p}{m~mod~p}x^{m~mod~p}=\binom {\lfloor\frac np\rfloor}{\lfloor\frac mp\rfloor}\binom{n~mod~p}{m~mod~p}x^m\\ \therefore\binom nm mod~p=\binom {\lfloor\frac np\rfloor}{\lfloor\frac mp\rfloor}\binom{n~mod~p}{m~mod~p}~mod~p\\ (1+x)n mod p(1+x)p⌊pn⌋(1+x)n mod p mod p−−−−−−对(1+x)p⌊pn⌋ mod p进行分析((1+x)p mod p)⌊pn⌋∵(a+b)p mod p=(ap+bp) mod p∴((1+x)p mod p)⌊pn⌋=(1+xp)⌊pn⌋ mod p−−−−−−∴(1+x)p⌊pn⌋(1+x)n mod p mod p=(1+xp)⌊pn⌋(1+x)n mod p mod pkxm=(mn)xm=(⌊pm⌋⌊pn⌋)(xp)⌊pm⌋(m mod pn mod p)xm mod p=(⌊pm⌋⌊pn⌋)(m mod pn mod p)xm∴(mn)mod p=(⌊pm⌋⌊pn⌋)(m mod pn mod p) mod p

模板

void init(int p) {f[0] = 1;for(int i=1; i<=p; i++) {f[i] = 1ll*i*f[i-1]%p;}
}
int qpow(int x, int y, int p) {int ans = 1;while(y) {if(y & 1) ans = 1ll*ans*x%p;x = 1ll*x*x%p;y >>= 1;}return ans;
}
int C(int n, int m, int p) {if(n < m) return 0;int inv1 = qpow(f[m], p-2, p);int inv2 = qpow(f[n-m], p-2, p);return 1ll*f[n]*inv1%p*inv2%p;
}int lucas(int n, int m, int p) {if(n < m) return 0ll;if(n == 0) return 1ll;return 1ll*C(n%p, m%p, p)*lucas(n/p, m/p, p) % p;
}

题目

Luogu3807【模板】卢卡斯定理

题意&&思路：模板

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 1e5+10;
int f[N];
void init(int p) {f[0] = 1;for(int i=1; i<=p; i++) {f[i] = 1ll*i*f[i-1]%p;}
}
int qpow(int x, int y, int p) {int ans = 1;while(y) {if(y & 1) ans = 1ll*ans*x%p;x = 1ll*x*x%p;y >>= 1;}return ans;
}
int C(int n, int m, int p) {if(n < m) return 0;int inv1 = qpow(f[m], p-2, p);int inv2 = qpow(f[n-m], p-2, p);return 1ll*f[n]*inv1%p*inv2%p;
}int lucas(int n, int m, int p) {if(n < m) return 0ll;if(n == 0) return 1ll;return 1ll*C(n%p, m%p, p)*lucas(n/p, m/p, p) % p;
}
int main() {#ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif  int t;cin >> t;while(t--) {int n, m, p;cin >> n >> m >> p;init(p);cout << lucas(n+m, n, p) << endl;}return 0;
}

P2480[SDOI2010]古代猪文(CRT+Lucas)

问题：
g ∑ k ∣ n C n k % m o d g^{\sum_{k|n}C_n^k}~\%~mod\\ g∑k∣nCnk % mod
解题思路：

用扩展欧拉定理转化成求解指数是多少， ∑ k ∣ n C n k % ϕ ( m o d ) \sum_{k|n}C_n^k~\%~\phi(mod) ∑k∣nCnk % ϕ(mod)

ϕ ( m o d ) \phi(mod) ϕ(mod)不是素数，但 ϕ ( m o d ) \phi(mod) ϕ(mod)是由多个一次素数组成，且素数较小，我么就用中国剩余定理(CRT)来分解一下 ϕ ( m o d ) \phi(mod) ϕ(mod)，求 C n k C_n^k Cnk在各个质数下的模数是多少。

但 C n k % p C_n^k~\%~p Cnk % p中 n ， k n，k n，k较大，但 p p p较小，所以我们就用 L u c a s Lucas Lucas定理来求解。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int mod = 999911659;
const int Mod = mod-1;
const int N = 36000;
ll p[5] = {1, 2, 3, 4679, 35617};
ll f[N], a[20], ans;
void init(ll pp) {f[0] = 1;for(int i=1; i<=pp; i++) {f[i] = 1ll*i*f[i-1]%pp;}
}ll qpow(ll x, ll y, ll pp) {ll ans = 1;x %= pp;while(y) {if(y & 1) ans = ans * x % pp;x = x * x % pp;y >>= 1;}return ans % pp;
}ll C(ll n, ll m, ll pp) {if(n < m) return 0ll;ll inv1 = qpow(f[m], pp-2, pp);ll inv2 = qpow(f[n-m], pp-2, pp);return 1ll*f[n]*inv1%pp*inv2%pp;
}ll lucas(ll n, ll m, ll pp) {if(n < m) return 0ll;if(!n) return 1ll;return C(n%pp, m%pp, pp)*lucas(n/pp, m/pp, pp) % pp;
}void CRT() {for(int i=1; i<5; i++) {ll m = Mod/p[i];ll inv = qpow(m, p[i]-2, p[i]);ans = (ans + a[i]*m%Mod*inv%Mod)%Mod;}
}
int main() {#ifndef ONLINE_JUDGE freopen("in.txt", "r", stdin);freopen("out.txt", "w", stdout);
#endif  ll n, g;cin >>n >> g;if(g % mod == 0) {cout << 0 << endl;return 0;}for(int i=1; i<5; i++) {init(p[i]);for(int j=1; 1ll*j*j<=n; j++) {if(n % j == 0) {a[i] = (a[i] + lucas(n, j, p[i])) % p[i];if(1ll*j*j != n) {a[i] = (a[i] + lucas(n, n/j, p[i])) % p[i];}}}}CRT();cout << qpow(g, ans, mod)%mod << endl;return 0;
}