卢卡斯定理-JZTXT

Lucas 定理用于求解大组合数取模的问题，其中模数必须为素数。正常的组合数运算可以通过递推公式求解（详见排列组合），但当问题规模很大，而模数是一个不大的质数的时候，就不能简单地通过递推求解来得到答案，需要用到 Lucas 定理。

Lucas 定理内容如下：对于质数 p，有

\[\binom{n}{m}\bmod p = \binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor}\cdot\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p \]

观察上述表达式，可知 $n\bmod p 和 m\bmod p$ 一定是小于 p 的数，可以直接求解，
$\displaystyle\binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor} $可以继续用 Lucas 定理求解。这也就要求 p 的范围不能够太大，一般在 $10^5$ 左右。边界条件：当 $m=0$ 的时候，返回 1。

时间复杂度为 $O(f(p) + g(n)\log n)$，其中 $f(n)$ 为预处理组合数的复杂度，$g(n)$ 为单次求组合数的复杂度。

c++代码的实现（递归）

long long Lucas(long long n, long long m, long long p) {
  if (m == 0) return 1;
  return (C(n % p, m % p, p) * Lucas(n / p, m / p, p)) % p;
}

证明

考虑 $\displaystyle\binom{p}{n} \bmod p$ 的取值，注意到 $\displaystyle\binom{p}{n} = \frac{p!}{n!(p-n)!}$，分子的质因子分解中 p 的次数恰好为 1，因此只有当 $n = 0$ 或 $n = p$ 的时候 $n!(p-n)!$ 的质因子分解中含有 p，因此
$\displaystyle\binom{p}{n} \bmod p = [n = 0 \vee n = p]$。进而我们可以得出

\[\begin{align} (a+b)^p &= \sum_{n=0}^p \binom pn a^n b^{p-n}\\ &\equiv \sum_{n=0}^p [n=0\vee n=p] a^n b^{p-n}\\ &\equiv a^p + b^p \pmod p \end{align} \]

注意过程中没有用到费马小定理，因此这一推导不仅适用于整数，亦适用于多项式。因此我们可以考虑二项式 $f^p(x)=(ax^n + bx^m)^p \bmod p$ 的结果

\[\begin{align} (ax^n + bx^m)^p &\equiv a^p x^{pn} + b^p x^{pm} \\ &\equiv ax^{pn} + bx^{pm}\\ &\equiv f(x^p) \end{align} \]

考虑二项式 $(1+x)^n \bmod p$，那么
$\displaystyle\binom n m$ 就是求其在 $x^m$ 次项的取值。使用上述引理，我们可以得到

\[\begin{align} (1+x)^n &\equiv (1+x)^{p\lfloor n/p \rfloor} (1+x)^{n\bmod p}\\ &\equiv (1+x^p)^{\lfloor n/p \rfloor} (1+x)^{n\bmod p} \end{align} \]

注意前者只有在 $p$ 的倍数位置才有取值，而后者最高次项为 $n\bmod p \le p-1$，因此这两部分的卷积在任何一个位置只有最多一种方式贡献取值，即在前者部分取 p 的倍数次项，后者部分取剩余项，即 $$
\displaystyle\binom{n}{m}\bmod p = \binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor}\cdot\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p$$。