lucas定理、拓展lucas定理学习小结

lucas定理

正题

首先，这玩意就是下面这个式子：
C m n % p = C m / p n / p ∗ C m % p n % p % p C_m^n\%p=C_{m/p}^{n/p}*C_{m\%p}^{n\%p}\%p Cmn%p=Cm/pn/p∗Cm%pn%p%p
当且仅当 p p p为质数。

当然，还有一个形式：
首先把n写成一个p进制下的东东： n = ∑ a i ∗ p i n=\sum a_i*p^i n=∑ai∗pi
在把m写成一个p进制下的东东： m = ∑ b j ∗ p j m=\sum b_j*p^j m=∑bj∗pj
然后
C m n = Π C b i a i % p C_m^n=\Pi C_{b_i}^{a_i}\%p Cmn=ΠCbiai%p

证明，由于则不是主要内容，所以在此不展开了。自己上百度。
或者这里有一张图：（转的）

其实是太懒了

拓展lucas定理

前言

这个东东是解决 C m n % p C_m^n\%p Cmn%p其中p不为质数的情况的。
其实和上面的lucas做法没有半点关系。

前置姿势

中国剩余定理、拓展gcd
没了。

中国剩余定理：（百度百科）

exgcd：（百度百科）

正文

直接求解 C m n % P C_m^n\%P Cmn%P我们需要两个条件，一个是能够快速求出 n ！ n！ n！，一个是能快速求出逆元。
然而当n和m都奇大无比时，且p不为质数。那么就很头痛了。

然后拓展lucas定理（其实都可以不必叫定理了）就可以比较好地解决这个问题。
而这也不是万能的，lucas定理可以运用的前提是p这个合数分解质因数不能是一个巨大的质数乘上一个巨小的质数。

当然，这个可以当做一个判断是否用拓展lucas的一个条件。

讲这么多废话，那么现在开始。

首先，我们要求的东东长这样：
C m n % P = m ! n ! ( m − n ) ! % P C_m^n\%P=\frac{m!}{n!(m-n)!}\%P Cmn%P=n!(m−n)!m!%P
首先，我们考虑用拓展中国剩余定理来简化一下这个东东：
{ x ≡ C m n ( % p 1 q 1 ) x ≡ C m n ( % p 2 q 2 ) x ≡ C m n ( % p 3 q 3 ) … … \left\{\begin{matrix}x\equiv C_m^n(\%p_1^{q_1})\\ x\equiv C_m^n(\%p_2^{q_2})\\ x\equiv C_m^n(\%p_3^{q_3})\\ …… \end{matrix}\right. ⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧x≡Cmn(%p1q1)x≡Cmn(%p2q2)x≡Cmn(%p3q3)……

如果我们求出右式，那么意味着我们可以用中国剩余定理直接合并。

那么问题则转化为求解：
C m n % p q C_m^n\%p^q Cmn%pq
那么我们现在的问题就有两个，一个是如何快速求出阶乘。其次是如何求出这个阶乘的逆元。

求逆元

就以求 n ! n! n!为例
由于 n ! n! n!中有许许多多的因子为 p p p的数。
那么这就不与模数互质了，于是就不能直接套exgcd来求逆元。

怎么办？

考虑从 n ! n! n!把这些 p p p的因子给提出来。
我们原式就变为： n ! p x ∗ p x \frac{n!}{p^x}*p^x pxn!∗px。其中 x x x是一个未知量，且我们这个x要尽量大使得 n ! p x \frac{n!}{p^x} pxn!里没有 p p p的因子。
我们可以知道，一共有 ⌊ n p ⌋ \lfloor\frac{n}{p}\rfloor ⌊pn⌋个这些p的因子，然后他们组成情况为： Π i = 1 ⌊ n p ⌋ i ∗ p \Pi_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}i*p Πi=1⌊pn⌋i∗p
化简得： ( ⌊ n p ⌋ ) ! ∗ p ⌊ n p ⌋ (\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)!*p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} (⌊pn⌋)!∗p⌊pn⌋
那么 n ! n! n!就被我们化成：
( ⌊ n p ⌋ ) ! ∗ p ⌊ n p ⌋ ∗ Π i = 1 n [ i ≢ 0 % p q ] i (\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)!*p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}*\Pi_{i=1}^n[i\not \equiv 0\%p^q]i (⌊pn⌋)!∗p⌊pn⌋∗Πi=1n[i≡0%pq]i
然鹅 ( ⌊ n p ⌋ ) ! (\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)! (⌊pn⌋)!还是有可能有 p p p的因子，因此我们考虑设个 f ( n ) = n ! p x f(n)=\frac{n!}{p^x} f(n)=pxn!
于是原式可以通过递归的方法求解。其中我们的 p ⌊ n p ⌋ p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} p⌊pn⌋可以在外面被 p x p^x px给化简掉，所以递归过程忽略。
那么递推式变为：

f ( n ) = f ( ⌊ n p ⌋ ) ∗ Π i = 1 n [ i ≢ 0 % p q ] i f(n)=f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)*\Pi_{i=1}^n[i\not \equiv 0\%p^q]i f(n)=f(⌊pn⌋)∗Πi=1n[i≡0%pq]i

这样我们就可以求出 n ! p x \frac{n!}{p^x} pxn!
然后外面的 p x p^x px我们一样考虑通过递归来求出x的值。
设 g ( n ) = x g(n)=x g(n)=x
那么递归过程中，每次消去 ⌊ n p ⌋ \lfloor\frac{n}{p}\rfloor ⌊pn⌋，且阶乘一样产生贡献。
因此递归式为：
g ( n ) = ⌊ n p ⌋ + g ( ⌊ n p ⌋ ) g(n)=\lfloor\frac{n}{p}\rfloor+g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor) g(n)=⌊pn⌋+g(⌊pn⌋)

至此，我们已经解决了求逆元的问题。

求阶乘
我们发现，上面的递推式中： Π i = 1 n [ i ≢ 0 % p q ] i \Pi_{i=1}^n[i\not \equiv 0\%p^q]i Πi=1n[i≡0%pq]i长得不是很好看。
但是我们发现，由于是在模 p q p^q pq意义下的东西，所以这玩意是有周期的。
怎么理解？
比如： 1 、 2 、 4 、 5 、 7 、 8 、 10 、 11 、 13 、 14 、 16 、 17 1、2、4、5、7、8、10、11、13、14、16、17 1、2、4、5、7、8、10、11、13、14、16、17其中 p = 3 , q = 2 p=3,q=2 p=3,q=2
（去除了有因子3的数）
我们发现， 1 ∗ 2 ∗ 4 ∗ 5 ∗ 7 ∗ 8 1*2*4*5*7*8 1∗2∗4∗5∗7∗8和 10 ∗ 11 ∗ 13 ∗ 14 ∗ 16 ∗ 17 10*11*13*14*16*17 10∗11∗13∗14∗16∗17在模意义下是相同的。
那么我们就可以只算出一个周期的值，然后再把这些周期值快速幂乘起来。
然后可能剩下一小段，那么由于比较小，所以直接暴力乘起来即可。

Π i = 1 n [ i ≢ 0 % p q ] i = ( Π i = 1 p q [ i ≢ 0 % p q ] i ) ⌊ n p ⌋ ∗ ( Π i = p q ∗ ⌊ n p ⌋ n [ i ≢ 0 % p q ] i ) \Pi_{i=1}^n[i\not \equiv 0\%p^q]i=(\Pi_{i=1}^{p^q}[i\not \equiv 0\%p^q]i)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}*(\Pi_{i=p^q*\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{n}[i\not \equiv 0\%p^q]i) Πi=1n[i≡0%pq]i=(Πi=1pq[i≡0%pq]i)⌊pn⌋∗(Πi=pq∗⌊pn⌋n[i≡0%pq]i)

代码

（看例题）

例题

luoguP4720 【模板】扩展卢卡斯
jzoj3214. 【SDOI2013】方程

参考资料

https://blog.csdn.net/qq_30115697/article/details/88942177
https://www.luogu.com.cn/problem/P4720 中的fading题解
各种百度百科