【學習筆記】擴展Lucas定理

0.概述

用於解決組合數取模的問題。請先學習中國剩餘定理，有點作用的。

1.分解

現在我們要求 ${n\choose m}\bmod p$ 的結果，$p$ 是個小傢伙，$n,m$ 長的很魁梧。

現在我們找到 $p$ 的質因數分解 $p=\prod_{i}p_i^{t_i}$

我們如果能求出 ${n\choose m}\bmod p_i^{t_i}$

再用中國剩餘定理合成回去即可了！所以下文就只討論對 $p^k(p\in\Bbb{P})$ 取模的情況。

2.硬算

用 ${n\choose m}=\frac{n!}{m!(n-m)!}$

我們試着單獨考慮 $n!,m!,(n-m)!$ 中 $p$ 的倍數，就可以求逆元了。用 $f(n)=\frac{n}{p^x}\bmod p^k$ 來表示，其中 $x$ 是滿足 $p^x|n$ 最大的 $x$ 。

我們將 $n!$ 分成兩部分，一部分是 $p$ 的倍數，另一部分不是。即 $n!=\prod_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(ip)\cdot \prod_{i=1,\neg(p|i)}^{n}i$

後面那一部分大有搞頭。畢竟你要對 $p^k$ 取模，做乘法之前也可以先行取模。我們根據“除以 $p^k$ 的商”進行分類，就可以看出 $\prod_{i=1,\neg(p|i)}^{n}i\equiv\left(\prod_{i=1,\neg(p|i)}^{p^k}i\right)^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}\cdot\prod_{i=p^k\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor+1,\neg(p|i)}^{n}i\pmod{p^k}$

然後前面那一坨把 $p$ 提出來，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 $p$ 的因數，於是要遞歸處理。總結一下就是

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

複雜度呢？很明顯是遞推式 $T(n)=T(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)+\mathcal O(p^k+\log n)$ 。不妨認爲 $\log n$ 是個小於 $p^k$ 的值，就有總複雜度 $T(n)=\mathcal O(p^k\log n)$

顯然，最壞的情況是 $\mathcal O(p \log n)$ 的。中國剩餘定理合併的時間是不用考慮的，很小。

把 $p$ 的因數提了出來，$p$ 的指數是幾呢？衆所周知，$\max_{x\in\Z^+,p^x|n}x=\sum_{i=1}^{+\infty}\left\lfloor\frac{n}{p^i}\right\rfloor$

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

除法是下取整，$\Bbb P$ 是質數集合。

代碼

不想寫，今天爆零了，$Zz$ 和 $Sy$ 和 $Xjh$ 和 $Zxy$ 等大佬各種 $AK$ 虐全場。

想看他們的博客，還用南無鍊銅佛的博客做引子。

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