【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

题目链接：luogu P3807

题目大意

求 C(n,n+m)%p 的值。
p 保证是质数。

思路

Lucas 定理内容

对于非负整数 nnn,mmm，质数 ppp，有：
Cmn≡∏i=0kCmini(modp)C_m^n\equiv \prod\limits_{i=0}^kC_{m_i}^{n^i}(\bmod\ p)Cmn≡i=0∏kCmini(mod p)
其中 m=mkpk+...+m1p+m0m=m_kp^k+...+m_1p+m_0m=mkpk+...+m1p+m0，n=nkpk+...+n1p+n0n=n_kp^k+...+n_1p+n_0n=nkpk+...+n1p+n0。（其实就是 n,mn,mn,m 的 ppp 进制展开）

那我们一般做题用的是递推式，也就是 Cmn≡C⌊m/p⌋⌊n/p⌋Cmmodpnmodp(modp)C_m^n\equiv C_{\left\lfloor m/p\right\rfloor}^{\left\lfloor n/p\right\rfloor}C_{m\bmod p}^{n\bmod p}(\bmod\ p)Cmn≡C⌊m/p⌋⌊n/p⌋Cmmodpnmodp(mod p)
（当 n>mn>mn>m 时，我们规定 Cmn=0C_{m}^n=0Cmn=0）

啥时候会用

我们有时候要算组合数，可能 CmnC_{m}^nCmn 的 n,mn,mn,m 很大，这时候一般做题就会让他取模一个数 modp\bmod \ pmod p。

那如果 p>mp>mp>m，我们可以愉快的用这个式子求：Cmn=m!n!(m−n)!C_{m}^n=\dfrac{m!}{n!(m-n)!}Cmn=n!(m−n)!m!
算出 n!n!n! 和 (m−n)!(m-n)!(m−n)! 的逆元，就可以搞。

可当 m⩾pm\geqslant pm⩾p 的时候，分母的乘法逆元可能不存在。（因为 xxx 是 ppp 的倍数的话 xxx 就没有模 ppp 的逆元）

那这个时候我们就可以用 Lucas 定理把这个组合数拆成几个 m<pm<pm<p 的，就可以搞了。

证明

证明 Lucas 定理之前，我们先证明两个式子。

式一:

Cpi≡piCp−1i−1≡0(modp),(1⩽i<p)C_p^i\equiv \frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\equiv0(\bmod\ p),(1\leqslant i<p)Cpi≡ipCp−1i−1≡0(mod p),(1⩽i<p)
证明：
Cpi=p!i!(p−i)!=pi(p−1)!(i−1)!(p−1−(i−1))!=piCp−1i−1C_p^i=\dfrac{p!}{i!(p-i)!}=\dfrac{p}{i}\dfrac{(p-1)!}{(i-1)!(p-1-(i-1))!}=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}Cpi=i!(p−i)!p!=ip(i−1)!(p−1−(i−1))!(p−1)!=ipCp−1i−1
由于 1⩽i<p1\leqslant i<p1⩽i<p，故 iii 会有 ppp 的逆元 inviinv_iinvi
piCp−1i−1=p×invi×Cp−1i−1\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}=p\times inv_i\times C_{p-1}^{i-1}ipCp−1i−1=p×invi×Cp−1i−1
那这个地方都是 ppp 的倍数，那它被 ppp 取模一定是 000，故得证。

式二：

根据二项式定理：
(1+n)p≡Cp0+Cp1x+...+Cpp−1xp−1+Cppxp(modp)(1+n)^p\equiv C_p^0+C_p^1x+...+C_p^{p-1}x^{p-1}+C_p^px^p(\bmod\ p)(1+n)p≡Cp0+Cp1x+...+Cpp−1xp−1+Cppxp(mod p)
再根据式一 Cpi≡0(modp),(1⩽i<p)C_p^i\equiv0(\bmod\ p),(1\leqslant i<p)Cpi≡0(mod p),(1⩽i<p)，可以得到
(1+n)p≡Cp0+Cppxp≡1+xp(modp)(1+n)^p\equiv C_p^0+C_p^px^p\equiv 1+x^p(\bmod\ p)(1+n)p≡Cp0+Cppxp≡1+xp(mod p)

接着我们开始证明，先设 ⌊m/p⌋=qm,⌊n/p⌋=qn,mmodp=rm,nmodp=rn\left\lfloor m/p\right\rfloor=q_m,\left\lfloor n/p\right\rfloor=q_n,m\bmod p=r_m,n\bmod p=r_n⌊m/p⌋=qm,⌊n/p⌋=qn,mmodp=rm,nmodp=rn。
那有 m=qmp+rm,n=qnp+rnm=q_mp+r_m,n=q_np+r_nm=qmp+rm,n=qnp+rn。

接着我们继续用二项式定理：
(1+x)m=∑i=1mCmixi(1+x)^m=\sum\limits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^i(1+x)m=i=1∑mCmixi
然后我们把左边给化简：
(1+x)m=(1+x)qmp+rm=(1+x)qmp⋅(1+x)rm=[(1+x)p]qm⋅(1+x)rm≡(1+xp)qm⋅(1+x)rm[式二]≡∑i=1qmCqmixip∑i=1rmCrmixi(modp)\begin{aligned}(1+x)^m & =(1+x)^{q_mp+r_m} \\ & =(1+x)^{q_mp}\cdot(1+x)^{r_m} \\& =[(1+x)^p]^{q_m}\cdot(1+x)^{r_m}\\&\equiv(1+x^p)^{q_m}\cdot(1+x)^{r_m}[式二]\\&\equiv\sum\limits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}\sum\limits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(\bmod\ p)\end{aligned}(1+x)m=(1+x)qmp+rm=(1+x)qmp⋅(1+x)rm=[(1+x)p]qm⋅(1+x)rm≡(1+xp)qm⋅(1+x)rm[式二]≡i=1∑qmCqmixipi=1∑rmCrmixi(mod p)

那就有：
∑i=1mCmixi≡∑i=1qmCqmixip∑i=1rmCrmixi(modp)\sum\limits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^i\equiv\sum\limits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}\sum\limits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(\bmod\ p)i=1∑mCmixi≡i=1∑qmCqmixipi=1∑rmCrmixi(mod p)

那对于任意一个数 zzz，必然会有一组 i,ji,ji,j 满足 xz=xpixjx^z=x^{pi}x^jxz=xpixj
不难看出这其实就是满足 z=pi+jz=pi+jz=pi+j，所以当且仅当 i=⌊zp⌋，j=zmodpi=\left\lfloor \dfrac{z}{p}\right\rfloor，j=z\bmod pi=⌊pz⌋，j=zmodp。
那也就是说左边的 iii 取任意一个，右边都有一个新的跟它对于恒等。
左边 i=xi=xi=x，右边的就分别是 i=⌊xp⌋,i=xmodpi=\left\lfloor \dfrac{x}{p}\right\rfloor,i=x\bmod pi=⌊px⌋,i=xmodp

那当 i=xi=xi=x，就有：
Cmnxn=CqmqnxqnpCrmrnxrnCmnxn=CqmqnCrmrnxqnp+rnCmnxn=CqmqnCrmrnxn\begin{aligned}C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}x^{q_np}C_{r_m}^{r_n}x^{r_n}\\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^{q_np+r_n}\\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^n\end{aligned}CmnxnCmnxnCmnxn=CqmqnxqnpCrmrnxrn=CqmqnCrmrnxqnp+rn=CqmqnCrmrnxn
两边同乘 inv(xn)inv(x^n)inv(xn)，就有了 Cmn=CqmqnCrmrnC_{m}^n=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}Cmn=CqmqnCrmrn

得证。

本题

其实逆元的话直接要用的话直接 xp−2modpx^{p-2}\bmod pxp−2modp 更好，不用像我这样线性求出每个。

代码

#include<cstdio>
#define ll long longusing namespace std;ll T, n, m, p;
ll jc[100001], inv[100001];ll ksm(ll x, ll y) {ll re = 1;while (y) {if (y & 1) re = (re * x) % p;x = (x * x) % p;y >>= 1;}return re;
}ll C(ll x, ll y) {//暴力算组合数if (x > y) return 0;return ((jc[y] * inv[x]) % p * inv[y - x]) % p;
}ll work(ll n, ll m) {//Lucas 定理if (!n) return 1;return (work(n / p, m / p) * C(n % p, m % p)) % p;
}int main() {scanf("%lld", &T);while (T--) {scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p);jc[0] = 1;for (ll i = 1; i <= p; i++)//预处理阶乘与其逆元jc[i] = (jc[i - 1] * i) % p;inv[p - 1] = ksm(jc[p - 1], p - 2);for (ll i = p - 2; i >= 0; i--)inv[i] = (inv[i + 1] * (i + 1)) % p;printf("%lld\n", work(n, n + m));}return 0;
}

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