跳转至

卢卡斯定理

Lucas 定理

引入

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。

定义

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 \(n\bmod p\)\(m\bmod p\) 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。

实现
1
2
3
4
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;
}
1
2
3
4
def Lucas(n, m, 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 \(n = 0\)\(n = p\) 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 \(\displaystyle\binom{n}{m}\bmod p = \binom{\left\lfloor n/p \right\rfloor}{\left\lfloor m/p\right\rfloor}\cdot\binom{n\bmod p}{m\bmod p}\bmod p\)

exLucas 定理

Lucas 定理中对于模数 \(p\) 要求必须为素数,那么对于 \(p\) 不是素数的情况,就需要用到 exLucas 定理。

过程

第一部分:中国剩余定理

要求计算二项式系数 \(\binom{n}{m}\bmod M\),其中 \(M\) 可能为合数。

考虑利用 中国剩余定理 合并答案,这种情况下我们只需求出 \(\binom{n}{m}\bmod p^\alpha\) 的值即可(其中 \(p\) 为素数且 \(\alpha\) 为正整数)。

根据 唯一分解定理,将 \(M\) 质因数分解:

\[ M={p_1}^{\alpha_1}\cdot{p_2}^{\alpha_2}\cdots{p_r}^{\alpha_r}=\prod_{i=1}^{r}{p_i}^{\alpha_i} \]

对于任意 \(i,j\),有 \({p_i}^{\alpha_i}\)\({p_j}^{\alpha_j}\) 互质,所以可以构造如下 \(r\) 个同余方程:

\[ \left\{ \begin{aligned} a_1\equiv \displaystyle\binom{n}{m}&\pmod {{p_1}^{\alpha_1}}\\ a_2\equiv \displaystyle\binom{n}{m}&\pmod {{p_2}^{\alpha_2}}\\ &\cdots\\ a_r\equiv \displaystyle\binom{n}{m}&\pmod {{p_r}^{\alpha_r}}\\ \end{aligned} \right. \]

我们发现,在求出 \(a_i\) 后,就可以用中国剩余定理求解出 \(\displaystyle\binom{n}{m}\)

第二部分:移除分子分母中的素数

根据同余的定义,\(\displaystyle a_i=\binom{n}{m}\bmod {p_i}^{\alpha_i}\),问题转化成,求 \(\displaystyle \binom{n}{m} \bmod p^\alpha\)\(p\) 为质数)的值。

根据组合数定义 \(\displaystyle \binom{n}{m} = \frac{n!}{m! (n-m)!}\)\(\displaystyle \binom{n}{m} \bmod p^\alpha = \frac{n!}{m! (n-m)!} \bmod p^\alpha\)

由于式子是在模 \(p^\alpha\) 意义下,所以分母要算乘法逆元。

同余方程 \(ax \equiv 1 \pmod p\)(即乘法逆元)有解 的充要条件为 \(\gcd(a,p)=1\)(裴蜀定理),

然而 无法保证有解,发现无法直接求 \(\operatorname{inv}_{m!}\)\(\operatorname{inv}_{(n-m)!}\)

所以将原式转化为:

\[ \frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}p^{x-y-z} \bmod p^\alpha \]

\(x\) 表示 \(n!\) 中包含多少个 \(p\) 因子,\(y, z\) 同理。

第三部分:Wilson 定理的推论

问题转化成,求形如:

\[ \frac{n!}{q^x}\bmod q^k \]

的值。这时可以利用 Wilson 定理的推论。如果难以理解,可以看看下面的解释。

解释

一个示例:22! mod 9

先考虑 \(n! \bmod q^k\)

比如 \(n=22, q=3, k=2\) 时:

\(22!=1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7\times 8\times 9\times 10\times 11\times 12\)

\(\times 13\times 14\times 15\times 16\times 17\times 18\times 19\times20\times21\times22\)

将其中所有 \(q\) 的倍数提取,得到:

\(22!=3^7 \times (1\times 2\times 3\times 4\times 5\times 6\times 7)\)\(\times(1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8\times 10 \times 11\times 13\times 14\times 16\times 17\times 19 \times 20 \times 22 )\)

可以看到,式子分为三个整式的乘积:

  1. \(3\) 的幂,次数是 \(\lfloor\frac{n}{q}\rfloor\)

  2. \(7!\),即 \(\lfloor\frac{n}{q}\rfloor!\),由于阶乘中仍然可能有 \(q\) 的倍数,考虑递归求解;

  3. \(n!\) 中与 \(q\) 互质的部分的乘积,具有如下性质:
    \(1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8\equiv10 \times 11\times 13\times 14\times 16\times 17 \pmod{3^2}\)
    即:\(\displaystyle \prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}i\equiv\prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}(i+tq^k) \pmod{q^k}\)\(t\) 是任意正整数)。
    \(\displaystyle \prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}i\) 一共循环了 \(\displaystyle \lfloor\frac{n}{q^k}\rfloor\) 次,暴力求出 \(\displaystyle \prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}i\),然后用快速幂求 \(\displaystyle \lfloor\frac{n}{q^k}\rfloor\) 次幂。
    最后要乘上 \(\displaystyle \prod_{i,(i,q)=1}^{n \bmod q^k}i\),即 \(19\times 20\times 22\),显然长度小于 \(q^k\),暴力乘上去。

上述三部分乘积为 \(n!\)。最终要求的是 \(\frac{n!}{q^x}\bmod{q^k}\)

所以有:

\[ n! = q^{\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor} \cdot \left(\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor\right)! \cdot {\left(\prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}i\right)}^{\left\lfloor\frac{n}{q^k}\right\rfloor} \cdot \left(\prod_{i,(i,q)=1}^{n\bmod q^k}i\right) \]

于是:

\[ \frac{n!}{q^{\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor}} = \left(\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor\right)! \cdot {\left(\prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}i\right)}^{\left\lfloor\frac{n}{q^k}\right\rfloor} \cdot \left(\prod_{i,(i,q)=1}^{n\bmod q^k}i\right) \]

\(\displaystyle \left(\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor\right)!\) 同样是一个数的阶乘,所以也可以分为上述三个部分,于是可以递归求解。

等式的右边两项不含素数 q。事实上,如果直接把 n 的阶乘中所有 q 的幂都拿出来,等式右边的阶乘也照做,这个等式可以直接写成:

\[ \frac{n!}{q^{x}} = \frac{\left(\left\lfloor\frac{n}{q}\right\rfloor\right)!}{q^{x'}} \cdot {\left(\prod_{i,(i,q)=1}^{q^k}i\right)}^{\left\lfloor\frac{n}{q^k}\right\rfloor} \cdot \left(\prod_{i,(i,q)=1}^{n\bmod q^k}i\right) \]

式中的 \(x\)\(x'\) 都表示把分子中所有的素数 \(q\) 都拿出来。改写成这样,每一项就完全不含 \(q\) 了。

递归的结果,三个部分中,左边部分随着递归结束而自然消失,中间部分可以利用 Wilson 定理的推论 0,右边部分就是推论 2 中的 \(\prod_{j\geq 0}(N_j!)_p\)

下面这种写法,拥有单次询问 \(O(p\log p)\) 的时间复杂度。其中 int inverse(int x) 函数返回 \(x\) 在模 \(p\) 意义下的逆元。

实现
 1
 2
 3
 4
 5
 6
 7
 8
 9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
LL calc(LL n, LL x, LL P) {
  if (!n) return 1;
  LL s = 1;
  for (LL i = 1; i <= P; i++)
    if (i % x) s = s * i % P;
  s = Pow(s, n / P, P);
  for (LL i = n / P * P + 1; i <= n; i++)
    if (i % x) s = i % P * s % P;
  return s * calc(n / x, x, P) % P;
}

LL multilucas(LL m, LL n, LL x, LL P) {
  int cnt = 0;
  for (LL i = m; i; i /= x) cnt += i / x;
  for (LL i = n; i; i /= x) cnt -= i / x;
  for (LL i = m - n; i; i /= x) cnt -= i / x;
  return Pow(x, cnt, P) % P * calc(m, x, P) % P * inverse(calc(n, x, P), P) %
         P * inverse(calc(m - n, x, P), P) % P;
}

LL exlucas(LL m, LL n, LL P) {
  int cnt = 0;
  LL p[20], a[20];
  for (LL i = 2; i * i <= P; i++) {
    if (P % i == 0) {
      p[++cnt] = 1;
      while (P % i == 0) p[cnt] = p[cnt] * i, P /= i;
      a[cnt] = multilucas(m, n, i, p[cnt]);
    }
  }
  if (P > 1) p[++cnt] = P, a[cnt] = multilucas(m, n, P, P);
  return CRT(cnt, a, p);
}

若不考虑 excrt 的复杂度,通过预处理 \(\frac{n!}{n以内的p的所有倍数的乘积}\bmod{p}\),可以使时间复杂度优化至单次 \(O(p + \log p)\)。而如果 p 是固定的,我们在一开始就可以对 p 进行分解,并进行预处理,可以达到总复杂度 \(O(p + T\log p)\)

习题