【学习笔记】扩展Lucas定理

0.概述

用于解决组合数取模的问题。请先学习中国剩余定理，有点作用的。

1.分解

现在我们要求 ${n\choose m}\bmod p$ 的结果，$p$ 是个小家伙，$n,m$ 长的很魁梧。

现在我们找到 $p$ 的质因数分解 $p=\prod_{i}p_i^{t_i}$

我们如果能求出 ${n\choose m}\bmod p_i^{t_i}$

再用中国剩余定理合成回去即可了！所以下文就只讨论对 $p^k(p\in\Bbb{P})$ 取模的情况。

2.硬算

用 ${n\choose m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

我们试着单独考虑 $n!,m!,(n-m)!$ 中 $p$ 的倍数，就可以求逆元了。用 $f(n)=\frac{n}{p^x}\bmod p^k$ 来表示，其中 $x$ 是满足 $p^x|n$ 最大的 $x$ 。

我们将 $n!$ 分成两部分，一部分是 $p$ 的倍数，另一部分不是。即 $n!=\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(ip)\cdot \prod_{i=1,\neg(p|i)}^{n}i$

后面那一部分大有搞头。毕竟你要对 $p^k$ 取模，做乘法之前也可以先行取模。我们根据“除以 $p^k$ 的商”进行分类，就可以看出 $\prod_{i=1,\neg(p|i)}^{n}i\equiv\left(\prod_{i=1,\neg(p|i)}^{p^k}i\right)^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}\cdot\prod_{i=p^k\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor+1,\neg(p|i)}^{n}i\pmod{p^k}$

然后前面那一坨把 $p$ 提出来，得到 $\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(ip)=p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}i=\left\lfloor\frac{n}{p}\right\rfloor\large{!}\cdot p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}$

注意到 $\lfloor\frac{n}{p}\rfloor!$ 中可能仍然有 $p$ 的因数，于是要递归处理。总结一下就是

$f(n)\equiv f\left(\middle\lfloor\frac{n}{p}\middle\rfloor\right)\cdot\left(\prod_{i=1,\neg(p|i)}^{p^k}i\right)^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}\cdot\prod_{i=p^k\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor+1,\neg(p|i)}^{n}i\pmod{p^k}$

复杂度呢？很明显是递推式 $T(n)=T(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)+\mathcal O(p^k+\log n)$ 。不妨认为 $\log n$ 是个小于 $p^k$ 的值，就有总复杂度 $T(n)=\mathcal O(p^k\log n)$

显然，最坏的情况是 $\mathcal O(p \log n)$ 的。中国剩余定理合并的时间是不用考虑的，很小。

把 $p$ 的因数提了出来，$p$ 的指数是几呢？众所周知，$\max_{x\in\Z^+,p^x|n}x=\sum_{i=1}^{+\infty}\left\lfloor\frac{n}{p^i}\right\rfloor$

然后就完了。可以提一下 $k=1$ 的特殊情况，${n\choose m}\equiv{n/p\choose m/p}{n\bmod p\choose m\bmod p}\pmod{p},\quad p\in\Bbb{P}$

除法是下取整，$\Bbb P$ 是质数集合。

代码

不想写，今天爆零了，$Zz$ 和 $Sy$ 和 $Xjh$ 和 $Zxy$ 等大佬各种 $AK$ 虐全场。

想看他们的博客，还用南无炼铜佛的博客做引子。

while(true) cout << "我好菜啊啊啊啊！" << endl;