问题
给你正整数 (n,m,p),其中 (p) 是质数。求 (dbinom{n}{m} \% p)((dbinom{n}{m}) 是组合数,表示 (n) 选出 (m))。
Lucas定理结论
若 (p) 是质数,则对于任意整数 (1 le m le n),有:
另一种形式:
设 (n=sum_{i=0}^k n_i*p^i,m=sum_{i=0}^k m_i*p^i)(相当于把 (n,m) 写成 (p) 进制数),那么有:
很显然两种形式意义相同,我们直接证明后面这个式子。
证明
前置知识:多项式同余
前置知识:二项式定理
推导:
把首项尾项拎出来,因为中间的项都至少含有一个因子 (p),所以在 (mod p) 意义下为零,因此有:
利用上面这个结论:
我们又知道 (dbinom{n}{m}) 表示 ((1+x)^n) 的展开式中 (x^m) 的系数。
(dbinom{n_i}{m_i}) 表示 ((1+x^{p^i})^{n_i}) 的展开式中 (x^{m_i*p^i})
将 (dbinom{n_0}{m_0} x^{m_0*p^0},...,dbinom{n_k}{m_k} x^{m_k*p^k}) 相乘,可以得到 (dbinom{n_0}{m_0}*...*dbinom{n_k}{m_k} x^m = (prod_{i=0}^k dbinom{n_i}{m_i}) x^m)
回到前面这个同余式,根据多项式同余定理,两个式子同余,那么就有两个多项式的 (x^m) 这项的系数同余,于是就有:
证毕。
Code
Talk is cheap.Show me the code.
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
inline int read() {
int x=0,f=1; char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') { if(ch=='-') f=-1; ch=getchar(); }
while(ch>='0'&&ch<='9') { x=(x<<3)+(x<<1)+(ch^48); ch=getchar(); }
return x * f;
}
const int N = 1e5+7;
int n,m,p;
int fac[N];
int Pow(int x,int y) {
int res = 1, base = x;
while(y) {
if(y&1) res = res*base%p; base = base*base%p; y >>= 1;
}
return res;
}
int C(int a,int b) {
if(a < b) return 0;
return fac[a] * Pow(fac[b],p-2) % p * Pow(fac[a-b],p-2) % p;
}
int Lucas(int a,int b) { // (a,b)
if(!b) return 1;
return C(a%p,b%p) * Lucas(a/p,b/p) % p;
}
void work() {
n = read(), m = read(), p = read();
fac[0] = 1;
for(int i=1;i<=p;++i) fac[i] = fac[i-1] * i % p;
printf("%lld
",Lucas(n+m,m));
}
signed main()
{
int T = read();
while(T--) work();
return 0;
}
感谢
感谢 NCC-79601 【学习笔记】卢卡斯定理,Combatting 卢卡斯定理(十分钟带你看懂) 帮助我学会了卢卡斯定理。
感谢您的阅读,您的点赞是对我最大的支持!
扩展
当且仅当 (n & m = m)(即 (m) 是 (n) 二进制下的子集)时,(dbinom{n}{m} equiv 1 pmod{2})
证明:
根据 (Lucas) 定理,有:[dbinom{n}{m} equiv dbinom{n\%2}{m\%2}*dbinom{lfloor n/2 floor}{lfloor m/2 floor} pmod{2} ]将 (n\%2) 和 (lfloor n/2 floor) 放在二进制下思考,可以发现是一个递归的问题。 (dbinom{0}{1}=0),其他都是 (0)。
综上,当且仅当 (n & m = m)(即 (m) 是 (n) 二进制下的子集)时,(dbinom{n}{m} equiv 1 pmod{2})。证毕。
PS:进一步可以扩展到 (mod p),只要转化到 (p) 进制下思考即可。