关于组合数取模

关于组合数取模

对于C(n,m) mod p (m<=n)

1、如果n,m比较，1<=m<=n<=1000,p<=1e9
可以用杨辉三角递推式去解决，用C[n][m]来储存C(n,m)的值，则递推式为:
C[i][j] mod p=(C[i-1][j-1]+C[i-1][j]) mod p(1<=j<=i) C[i][0]=1

2、如果n,m较大(1<=m<=n<=1e18)且p是素数
可以用Lucas定理去解决。

Lucas定理的定义：
如果有两个数n,m可以表示为
$$n=n_k\ast p^k+n_{k-1}\ast p^{k-1}+...+n_1\ast p^1+n_0$$
$$m=m_k\ast p^k+m_{k-1}\ast p^{k-1}+...+m_1\ast p^1+m_0$$
那么有
$$C_m^n\equiv \prod _{i=0}^k{C}_{m_i}^{n_i}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$要证明Lucas定理，首先证明 $$C_p^x\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$
证:
$$C_p^x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=\frac{p!}{x!(p-x)!}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=\frac{p}{x}\ast \frac{(p-1)!}{(x-1)!(p-x)!}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=p\ast inv(x)\ast C_{p-1}^{x-1}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
可见对于(0<x<p)，C(p,x)是p的倍数，所以
$$C_p^x\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=0$$即$$C_p^x\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$证明完毕

接下里开始证明Lucas定理
考虑

$$(1+x{)}^p\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=\sum _{i=0}^p{C}_p^i{x}^i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=(1+0+0+...+x^p)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=(1+x^p)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
假设有
$$\{\begin{array}{l}m=q_{1}p+r_1\\ n=q_{2}p+r_2\end{array}(m>=n)$$
则$$(1+x{)}^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=\sum _{i=1}^{q_{1}p+r_1}{C}_{q_{1}p+r_1}^i{x}^i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=\sum _{i=1}^{q_1}{C}_{q_1}^i{x}^{ip}\ast \sum _{j=1}^{r_1}{C}_{r_1}^j{x}^j\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
在(1+x)^m取xⁿ的系数

即有$$C_{q_{1}p+r_1}^{q_{2}p+r_2}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=C_{q_1}^{q_2}\ast C_{r_1}^{r_2}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$

继续对C(q₁,q₂)进行上述过程的分解，即可得
$$C_m^n\equiv \prod _{i=0}^k{C}_{m_i}^{n_i}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$
证明完毕

在具体实现时：
如果p较小(2<=p<=1e5)可以先对阶乘i(1<=i<=p)以及阶乘i对模p的乘法逆元进行打表.
如果p较大，只能先求出a=(n-m+1)! mod p 和 b=m! mod p 的值，再求b对模p的乘法逆元，最后C(n,m) mod p=a*reverse(b) mod p
Lucas定理可用递归实现，即
$$Lucas(n,m)=(C(n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p,m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\ast Lucas(n/p,m/p))\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
当m=0时返回1。

3、当n,m较大,(1<=m<=n<=1e18) 且p不是素数
先将p进行素因子分解
$$p=p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast p_3^{a_3}\ast ...\ast p_n^{a_n}$$
构造模方程组
$$\{\begin{array}{l}ans\equiv k_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_1^{a_1})\\ ans\equiv k_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_2^{a_2})\\ ans\equiv k_3(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_3^{a_3})\\ ...\\ ans\equiv k_n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_n^{a_n})\end{array}$$
其中$$k_i=C_n^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_i^{a_i}$$
根据中国剩余定理对模方程组进行求解
$$ans=(k_1{M}_1{M}_1^{-1}+k_2{M}_2{M}_2^{-1}+...+k_n{M}_n{M}_n^{-1})\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p$$
其中
$$M_i=\frac{p}{p_i^{a_i}},M_i^{-1}M\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_i^{a_i})$$
即得
$$ans\equiv C_n^m(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

问题在于，如何求k_i
将问题进一步的分解，如何求n! mod p_i^ai,m! mod p_i^ai,(n-m)! mod p_i^ai
对于n! mod p_i^ai，先举个例子n=20 ,p_i=3 a_i=2

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

20!=(3*6+2)!可以分成3部分，第一部分是6!，第二部分是3⁶，重要的是第三部分，由于
$$1\ast 2\ast 4\ast 5\ast 7\ast 8\equiv 10\ast 11\ast 13\ast 14\ast 16\ast 17(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{3}^2)$$
所以第三部分mod 3²是有周期性的且周期为3²，在计算是只需计算一个周期的值再用快速幂就可以了。注意到第三部分还剩下不到1个周期的数，只需暴力计算即可。

现在把方法通用化，计算n! mod p_i^ai。
将n！分成三部分，第一部分为(n/p_i)!，第二部分为p_i^n/pi,第三部分以p_i^ai为周期进行划分求解，并将不足一个周期的数暴力累乘。