Lucas定理小推论

随便记录点数论小trick

\(Lucas\) 定理的小推论

先来看一道简单的例题：有趣的杨辉三角

题目大意：

给定一个整数 \(n\space(1\le n \le 10^9)\) 和一个质数 \(p\space(2 \le p < 1000)\)，求出杨辉三角上第 \(n+1\) 行上有多少个数不能被 \(p\) 整除

分析

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看到数据范围很恐怖，众所周知杨辉三角的第 \(n+1\) 行上一共有 \(n+1\) 个数，分别是：

\[\binom{n}{0},\binom{n}{1},...\binom{n}{n-1},\binom{n}{n} \]

\(n\) 的范围很大，而且要是暴力直接求组合数也得花费时间，显然不能直接暴力求解

但我们注意到 \(p\) 是个很小的质数，而且这题考虑的组合数都是在模 \(p\) 的意义下的，因此我们可以考虑 \(Lucas\) 定理

题目要求这 \(n+1\) 个组合数当中不能被 \(p\) 整除的数有多少个，我们可以考虑一下怎么求可以被 \(p\) 整除的数有多少个，即存在多少个 \(k\in[0,n]\) 有 \(\tbinom{n}{k}\equiv0(mod\space p)\)

回顾一下 \(Lucas\) 定理：当 \(p\) 为质数时，将 \(n\) 与 \(k\) 写成 \(p\) 进制数：

\[n=n_0+n_1p+n_2p^2+...+n_dp^d \\ k=k_0+k_1p+k_2p^2+...+k_dp^d \]

则我们有：

\[\binom{n}{k} \equiv \binom{n_0}{k_0}·\binom{n_1}{k_1}...\binom{n_d}{k_d}\space(mod\space p) \]

那当什么情况下这个 \(\tbinom{n}{k}\equiv0 \space (mod\space p)\) 呢？

我们将上面的式子分开来看，比如对于一个 \(\tbinom{n_i}{k_i}\) 而言，要让它为 \(0\) ，根据组合数的求法，只有可能是 \(n_i<k_i\) 时才会出现这样的情况，所以只要 \(k_i\le n_i\)，这个 \(\tbinom{n}{k}\) 在 \(mod \space p\) 的意义下都不为 \(0\) ，即不被 \(p\) 整除。

那这样的 \(k\) 有多少个呢？根据乘法原理，将 \(n\) 进行 \(p\) 进制拆分后，对于 \(k\) 的 \(p\) 进制第 \(i\) 位来说，\(k_i\) 的取值可以是 \([0,1,2,...,n_i]\) 一共 \(n_i + 1\) 种选法，所以最终答案为：

\[\prod_{i=0}^{d}(n_i+1)\space \\ 其中n_i为n的p进制拆分的第i位 \]

其实这是个比较出名的定理，如下图：觉得我写的烂的可以自行阅读一下文献

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Code:

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int mod = 10000;

int main() {
    int n, p, Case = 0;
    while (cin >> p >> n, n || p) {
        int res = 1;
        while (n) {
            res = res * (n % p + 1) % mod;
            n /= p;
        }
        printf("Case %d: %04d\n", ++ Case, res);
    }
    return 0;
}

时间复杂度：对 \(n\) 进行 \(p\) 进制分解的复杂度为 \(O(log_pn)\)，乘上测试数据组数，总时间复杂度为 \(O(Tlog_pn)\)，完全没问题