Lucas 与 ExLucas

最新推荐文章于 2025-05-05 20:18:41 发布

smarthehe

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分类专栏： OI 文章标签：抽象代数

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本文详细介绍了Lucas定理及其扩展版本ExLucas算法，用于高效计算模意义下的组合数。Lucas定理针对小质数模，而ExLucas算法则适用于任意模数。文章深入探讨了算法原理，包括质因数分解、中国剩余定理应用及逆元求解。

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注意：Lucas 定理和扩展 Lucas 算法没有关系。取名“扩展 Lucas”仅仅是因为该算法能解决 Lucas 定理所解决的问题的推广情况。

Lucas（卢卡斯定理）

定理内容

Lucas（卢卡斯定理）是一个用于加快计算小质数模意义下的组合数的定理。

具体地，它能解决形如
$\binom{n}{m} \bmod p$
的问题，其中 $p$ 为质数。

公式为：
$\binom{n}{m} \equiv \binom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor} \binom{n \bmod p}{m \bmod p} \pmod p$

证明

首先证明一个式子
$(1+x)^p \equiv 1+x^p \pmod p$
直接把左边二项式展开，得到
$1+\binom{p}{1}x+\binom{p}{2}x^2+\cdots+\binom{p}{p}x^p$
注意到 $p$ 是质数，所以无法在组合数分母上被约去，因此第二项到第 $p$ 项都是 $p$ 的倍数。因此上式成立。

令 $n=k_1p+c_1$ ， $m=k_2p+c_2$ 。

考虑 $1+x)^n$ 。其在模 $p$ 意义下有如下等式：
$\begin{aligned} & (1+x)^n \\ = & (1+x)^{k_1p+c_1} \\ = & (1+x)^{k_1p} (1+x)^{c_1} \\ = & (1+x^p)^{k_1}(1+x)^{c_1} \\ \end{aligned}$
展开这个式子，考察 $x^m$ 项。

在 $1+x)^n$ 中其系数为 $(nm)\binom{n}{m}$ 。在 $1+x^p)^{k_1}(1+x)^{c_1}$ 中，次数分解为 $k_2p+c_2$ 。

分别从两个二项式中提取次数，可得系数为
$\binom{k_1}{k_2}\binom{c_1}{c_2}$
于是
$\binom{n}{m} \equiv \binom{k_1}{k_2}\binom{c_1}{c_2} \pmod p$

ExLucas（扩展卢卡斯）

简介

ExLucas（Extended Lucas，扩展卢卡斯）是一个用于加快计算小模数下的模意义组合数的算法。

具体地，它能解决形如
$\binom{n}{m} \bmod p$
的问题，其中 $p$ 不一定是质数。

算法的核心是利用质因数分解与中国剩余定理，将问题转化为质数幂次模意义下的计算，然后利用式子进行问题规模的缩小并递归求解。

算法与原理

流程与原理

令模数为 $p$ ，其质因数分解 $p=p1α1p2α2⋯p=p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots$

我们求解如下几个方程
$\left\{ \begin{aligned} &\binom{n}{m} \equiv a_1 \pmod {p_1^{\alpha_1}} \\ &\binom{n}{m} \equiv a_2 \pmod {p_2^{\alpha_2}} \\ &\cdots \end{aligned} \right.$
得出所有 $a_i$ 后，用 CRT 合并即可求出答案。以下我们只考虑解决
$\binom{n}{m} \bmod P^k$
其中 $P$ 为质数。

考虑正常计算组合数的方法：
$\binom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}$
无法在此处使用该方法，因为逆元可能不存在。

一个数在模意义下存在逆元的充要条件是其与模数互质。因此我们考虑把每个数的模数因子都提出去计算，这样就会互质，就可以求逆元了。

于是令 $f (x)$ 为 $x!$ 的 $P$ 因子个数，有
$\binom{n}{m} \equiv \frac{\frac{n!}{P^{f(n)}}}{\frac{m!}{P^{f(m)}}\frac{(n-m)!}{P^{f(n-m)}}} P^{f(n)-f(m)-f(n-m)} \pmod {P^k}$
于是问题转化为求
$\frac{x!}{P^{f(x)}} \bmod P^k$
将 $x$ 及以下所有 $P$ 的倍数提出在外：
$(P\times 2P\times \cdots)(1 \times 2 \times \cdots)$
提出 $P$ ：
$x!=P^{\lfloor\frac{x}{P}\rfloor} (\lfloor\frac{x}{P}\rfloor)! (1\times 2 \times \cdots)$
后面的 $\times 2 \times \cdots)$ ，其在模 $P^k$ 意义下显然有周期。

具体地，该式实际形式为
$(1\times 2\times \cdots \times (P^k-1) \times (P^k+1) \times (P^k+2) \times \cdots)$
而在模 $P^k$ 意义下，其等同于
$(1\times 2\times \cdots \times (P^k-1) \times 1 \times 2 \times \cdots)$
我们把该式写成公式化表达
$\equiv P^{\lfloor\frac{x}{P}\rfloor} (\lfloor\frac{x}{P}\rfloor)! (\prod_{i=1,P\nmid i}^{P^k} i)^{\lfloor\frac{x}{P^k}\rfloor}(\prod_{i=1,P\nmid i}^{x \bmod P^k} i) \pmod {P^k}$
最后那两个部分都是可以暴力的，而 $(⌊xP⌋)!(\lfloor\frac{x}{P}\rfloor)!$ 可以递归求解。

然后考察 $f (x)$ 怎么求。注意到一个方法是先筛选所有至少有一个 $P$ 因子的数，然后筛选所有至少有两个 $P$ 因子的数，依此类推。这个过程就是不断找一个数以内 $P$ 的倍数的过程，公式化为下式：
$f(\lfloor\frac{x}{P}\rfloor)+\lfloor\frac{x}{P}\rfloor$
边界为 $\ (x<P)$ 。

通过这个式子，我们也可以直接写出 $g(x)=x!Pf(x)g(x)=\frac{x!}{P^{f(x)}}$ 的递归表达式：
$\equiv g(\lfloor\frac{x}{P}\rfloor) (\prod_{i=1,P\nmid i}^{P^k} i)^{\lfloor\frac{x}{P^k}\rfloor}(\prod_{i=1,P\nmid i}^{x \bmod P^k} i) \pmod {P^k}$
最后就是 $P^{f(n)-f(m)-f(n-m)}$ 的求解了。注意到 $f$ 的递归式，直接求解就是 $O(\log_P n)$ 的。