Lucas 定理简单证明

前言

Oi wiki 和网上博客的证明都没完全看懂，最后还是自己推出来的。。这里记录一下思路。

Lucas 定理

对于质数 \(p\)，$${n\choose m}\bmod p={\lfloor n/p\rfloor\choose \lfloor m/p\rfloor}\cdot{n\bmod p\choose m\bmod p}\bmod p$$
可以接着递归展开 \({\lfloor n/p\rfloor\choose \lfloor m/p\rfloor}\)，把所有组合数中系数降到 \(\le p-1\)。展开后有时可以视作一个 \(p-1\) 进制数，为数位DP提供可能性。

朴素的Lucas 定理可以加速大组合数对质数取模的运算。

证明Lucas 定理

二项式定理

对于 \(x,y\in R,n\in N\)，有：

\[(x+y)^n=\sum_{i=0}^n{n\choose i}x^iy^{n-i} \]

引理 1

\[{p\choose n}\bmod p = [n=0\vee n=p] \]

证明引理 1：

\({p\choose n}={p!\over n!(p-n)!}\)，分子中有有一个因子 \(p\)，若不消去这个因子那么原式为 \(0\)；消去这个因子当且仅当 \(p=n\vee p=p-n\)，即 \(p=n\vee n=0\)，此时原式为 \({1\over 0!}\)，根据定义等于 \(1\)。得证。

引理 2

\[(a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod p \]

证明引理 2：

先二项式定理展开有

\[(a+b)^p\equiv \sum_{n=0}^p{p\choose n}a^nb^{p-n}\pmod p \]

由引理 1，上式只有 \(n=0\vee n=p\) 时有值，即

\[\equiv a^p+b^p\pmod p \]

证明Lucas 定理

不妨把 \({n\choose m}\bmod p\) 看做是 \((1+x)^n\bmod p\) 在 \(x^m\) 项的系数。

由 \(n=p\lfloor n/p\rfloor+n\bmod p\) 先把指数拆成两部分

\[(1+x)^n\bmod p=(1+x)^{p\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\bmod p \]

由引理 2，\((1+x)^{p\lfloor n/p\rfloor}=(1+x^p)^{\lfloor n/p\rfloor}\)，即

\[(1+x^p)^{\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p}\bmod p \]

再二项式定理展开，有

\[\sum_{i=0}^{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor n/p\rfloor\choose i}x^{ip}\sum_{j=0}^{n\bmod p}{n\bmod p\choose j}x^j\bmod p \]

那么 \(x^m\) 项系数的另一种表达方式就有

\[\sum_{i=0}^{\lfloor n/p\rfloor}\sum_{j=0}^{n\bmod p}\sum_{ip+j=m}{\lfloor n/p\rfloor\choose i}{n\bmod p\choose j}\bmod p \]

不难验证 \(i=\lfloor m/p\rfloor,j=m\bmod p\) 是一组符合枚举范围（当\(n\ge m\)）的方程 \(ip+j=m\) 的解。如果我们能证明这是唯一解那么就能完善证明Lucas 定理了！

考虑其它解形如 \(i=\lfloor m/p\rfloor-k,j=m\bmod p+kp,k\in Z,k\neq0\) 的情形。由于限制了 \(0\le j\le {n\bmod p}\)，这些解已经不成立。因为 \(n\bmod p\) 和 \(m\bmod p\) 最大不超过 \(p-1\)，而 \(j\) 要么小于 \(0\) 要么 大于 \(p-1\)。这意味着 \(i=\lfloor m/p\rfloor,j=m\bmod p\) 就是其唯一的一组合法解。也就是说上式就等于

\[{\lfloor n/p\rfloor \choose \lfloor m/p\rfloor}{n\bmod p\choose m\bmod p}\bmod p \]

也就得到

\[{n\choose m}\bmod p={\lfloor n/p\rfloor\choose \lfloor m/p\rfloor}\cdot{n\bmod p\choose m\bmod p}\bmod p \]

得证。

模板代码

就是Lucas 定理的模板。但是数据范围太水了，预处理下来甚至不需要Lucas 定理就能过。

AC代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;

const int maxn = 1e5 + 10;
int T, n, m, p;
ll frac[maxn];

int qpow(ll x, int y) {
	ll res = 1;
	while(y) {
		if(y & 1) (res *= x) %= p, y--;
		(x *= x) %= p; y /= 2;
	}
	return (int)res;
}

int C(int n, int m){
	return (m > n) ? 0 : frac[n] * qpow(frac[m], p - 2) % p * qpow(frac[n - m], p - 2) % p;
}
int lucas(int n, int m) {
	return (m == 0) ? 1 : C(n % p, m % p) * lucas(n / p, m / p) % p;
}

void init() {
	frac[0] = 1ll, frac[1] = 1ll;
	for(int i = 2; i <= 100000; i++) frac[i] = 1ll*frac[i - 1] * i % p;
	
	return;
}

int main() {
	ios :: sync_with_stdio(false); cin.tie(0); cout.tie(0);
	
	cin >> T;
	while(T--) {
		cin >> n >> m >> p;
		init();
		cout << lucas(n + m, n) << endl;
	}
	
	return 0;
}
posted @ 2025-01-24 12:08  Ydoc770  阅读(32)  评论(0)    收藏  举报