扩展lucas定理

文章介绍了在n和m非常大,而质数p较小的情况下,如何使用Lucas定理计算C_n^m对p取模的值。当p不是质数时,可以通过扩展Lucas定理和中国剩余定理来解决。首先,利用中国剩余定理将问题转化为模质数幂的方程组;其次,计算组合数模质数幂,通过质因数分解和快速幂求逆元;最后,处理阶乘除去质因子后模质数幂的问题,采用递归和分块计算优化。整个过程涉及数论和算法优化,时间复杂度约为O(p+log^2n)。

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前置知识:

介绍

当正整数 n , m n,m n,m很大,且质数 p p p较小的时候,要求 C n m C_n^m Cnm p p p取模后的值,可以用lucas定理。

但如果 p p p不是质数,那该怎么办呢?如果 m m m较小,则可以用扩展lucas定理。

第一步:中国剩余定理

p = p 1 r 1 p 2 r 2 ⋯ p k r k p=p_1^{r_1}p_2^{r_2}\cdots p_k^{r_k} p=p1r1p2r2pkrk,其中 p i p_i pi为质数。我们可以先求出 C n m % p 1 r 1 , C n m % p 2 r 2 , … , C n m % p k r k C_n^m\%p_1^{r_1},C_n^m\%p_2^{r_2},\dots,C_n^m\%p_k^{r_k} Cnm%p1r1,Cnm%p2r2,,Cnm%pkrk的值 a 1 , a 2 , … , a k a_1,a_2,\dots,a_k a1,a2,,ak

我们把 C n m C_n^m Cnm看作未知数 x x x,可以得到以下方程组:

{ x ≡ a 1 ( m o d p 1 r 1 ) x ≡ a 2 ( m o d p 2 r 2 ) x ≡ a 3 ( m o d p 3 r 3 ) . . . . . . x ≡ a n ( m o d p k r k ) \left\{ \begin{matrix} x\equiv a_1\pmod{p_1^{r_1}}\\ x\equiv a_2\pmod{p_2^{r_2}}\\ x\equiv a_3\pmod{p_3^{r_3}}\\ ......\\ x\equiv a_n\pmod{p_k^{r_k}} \end{matrix} \right. xa1(modp1r1)xa2(modp2r2)xa3(modp3r3)......xan(modpkrk)

利用中国剩余定理,我们可以求出 x x x,它是以 p p p为周期出现的无穷多个解。而在 [ 0 , p ) [0,p) [0,p)这个周期的解,就是 C n m % p C_n^m\%p Cnm%p后的值。

那么 a 1 , a 2 … , a k a_1,a_2\dots,a_k a1,a2,ak怎么求呢?


第二步:组合数模质数的幂

由第一步可得

a = C n m   m o d   p r a=C_n^m\bmod p^r a=Cnmmodpr

因为 C n m = n ! m ! ( n − m ) ! C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!} Cnm=m!(nm)!n!,我们若要求 m ! m! m! ( n − m ) ! (n-m)! (nm)!关于 p r p^r pr的逆元,则要把其中所有的质因子 p p p提出来,再乘回去即可。

C n m = n ! m ! ( n − m ) ! = n ! p x m ! p y × ( n − m ) ! p z × p x − y − z C_n^m=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}=\dfrac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\times \frac{(n-m)!}{p^z}}\times p^{x-y-z} Cnm=m!(nm)!n!=pym!×pz(nm)!pxn!×pxyz

其中 x , y , z x,y,z x,y,z分别是 n ! , m ! , ( n − m ) ! n!,m!,(n-m)! n!,m!,(nm)!中质因子 p p p的次数。此时 m ! p y × ( n − m ) ! p z \dfrac{m!}{p^y}\times \dfrac{(n-m)!}{p^z} pym!×pz(nm)! p r p^r pr互质,可以直接求逆元。因为 C n m C_n^m Cnm为整数,所以 x − y − z ≥ 0 x-y-z\geq 0 xyz0 p x − y − z p^{x-y-z} pxyz可以用快速幂来求。


第三步:阶乘除去质因子后模质数幂

接下来的问题就是计算以下式子

n ! p t   m o d   p k \dfrac{n!}{p^t}\bmod p^k ptn!modpk

我们呢先考虑如如何计算 n !   m o d   p k n!\bmod p^k n!modpk。举个例子: n = 22 , p = 3 , k = 2 n=22,p=3,k=2 n=22,p=3,k=2

22 ! = 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 × 8 × 9 × 10 × 11 × 12 × 13 × 14 × 15 × 16 × 17 × 18 × 19 × 20 × 21 × 22 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\times 20\times 21\times 22 22!=1×2×3×4×5×6×7×8×9×10×11×12×13×14×15×16×17×18×19×20×21×22

把其中 3 3 3的倍数提出来,得到

22 ! = ( 3 × 6 × 9 × 12 × 15 × 18 × 21 ) × ( 1 × 2 × 4 × 5 × 7 × 8 × 10 × 11 × 13 × 14 × 16 × 17 × 19 × 20 × 22 ) 22!=(3\times 6\times 9\times 12\times 15\times 18\times 21)\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) 22!=(3×6×9×12×15×18×21)×(1×2×4×5×7×8×10×11×13×14×16×17×19×20×22)

= 3 7 × ( 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 ) × ( 1 × 2 × 4 × 5 × 7 × 8 × 10 × 11 × 13 × 14 × 16 × 17 × 19 × 20 × 22 ) \qquad =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) =37×(1×2×3×4×5×6×7)×(1×2×4×5×7×8×10×11×13×14×16×17×19×20×22)

其中 3 7 3^7 37即为 p k p^k pk,就是需要被提出的部分。

对于 7 ! 7! 7!,即为 ⌊ n p ⌋ ! \lfloor \dfrac np\rfloor! pn⌋!,可以递归来求。

对于后面的部分,我们发现

1 × 2 × 4 × 5 × 7 × 8 ≡ 10 × 11 × 13 × 14 × 16 × 17 ( m o d p k ) 1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8\equiv 10\times 11\times 13\times 14\times 16\times 17\pmod{p^k} 1×2×4×5×7×810×11×13×14×16×17(modpk)

那么 1 × 2 × 4 × 5 × 7 × 8 1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8 1×2×4×5×7×8在整个式子中出现了 ⌊ n p k ⌋ \lfloor\dfrac{n}{p^k}\rfloor pkn次,因此,我们可以先计算在 p k p^k pk以内的部分,然后再求其 ⌊ n p k ⌋ \lfloor\dfrac{n}{p^k}\rfloor pkn次幂。不要忘了乘上最后多出的一部分。

1 × 2 × 4 × 5 × 7 × 8 × 10 × 11 × 13 × 14 × 16 × 17 × 19 × 20 × 22 ≡ ( 1 × 2 × 4 × 5 × 7 × 8 ) 3 × 19 × 20 × 22 ( m o d p k ) 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\equiv (1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8)^3\times 19\times 20\times 22\pmod{p^k} 1×2×4×5×7×8×10×11×13×14×16×17×19×20×22(1×2×4×5×7×8)3×19×20×22(modpk)

也就是说,对于以下式子

= 3 7 × ( 1 × 2 × 3 × 4 × 5 × 6 × 7 ) × ( 1 × 2 × 4 × 5 × 7 × 8 × 10 × 11 × 13 × 14 × 16 × 17 × 19 × 20 × 22 ) \qquad =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) =37×(1×2×3×4×5×6×7)×(1×2×4×5×7×8×10×11×13×14×16×17×19×20×22)

3 7 3^7 37已经被提出了,不用计算。第二部分可以递归计算。第三部分可以 O ( p k ) O(p^k) O(pk)得出。


总结

扩展lucas定理与lucas定理在实现上并没有太大关联,只是解决的问题比较类似。扩展lucas定理的时间复杂度大概为 O ( p + log ⁡ 2 n ) O(p+\log^2 n) O(p+log2n)。当然,这是最坏的时间复杂度,一般的时间复杂度远远低于此。如果 p p p的质因子比较多且都比较小,则时间复杂度会降低很多。


例题

P4720 【模板】扩展卢卡斯定理

code

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
int tot=0;
long long mod,x,y,ans=0,a[105],r[105];
long long mi(long long t,long long v,long long P){
	if(v==0) return 1;
	long long re=mi(t,v/2,P);
	re=re*re%P;
	if(v&1) re=re*t%P;
	return re;
}
void exgcd(long long c,long long d){
	if(d==0){
		x=1;y=0;
		return;
	}
	exgcd(d,c%d);
	long long t=x;x=y;y=t-c/d*y;
}
long long gt(long long v,long long p,long long q){
	if(!v) return 1;
	long long re=1;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		if(i%p) re=re*i%q;
	}
	re=mi(re,v/q,q)%q;
	for(int i=1;i<=v%q;i++){
		if(i%p) re=re*i%q;
	}
	return re*gt(v/p,p,q)%q;
}//第三步
long long C(long long v1,long long v2,long long p,long long q){
	if(v1<v2) return 0;
	long long f1=gt(v1,p,q),f2=gt(v2,p,q),f3=gt(v1-v2,p,q),vt=0;
	for(long long i=p;i<=v1;i*=p) vt+=v1/i;
	for(long long i=p;i<=v2;i*=p) vt-=v2/i;
	for(long long i=p;i<=v1-v2;i*=p) vt-=(v1-v2)/i;
	return mi(p,vt,q)%q*f1%q*mi(f2,q-q/p-1,q)%q*mi(f3,q-q/p-1,q)%q;
}//第二步
int main()
{
	long long n,m,v;
	scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&mod);
	v=mod;
	for(int i=2;i*i<=v;i++){
		if(v%i==0){
			r[++tot]=1;
			while(v%i==0){
				r[tot]*=i;
				v/=i;
			}
			a[tot]=C(n,m,i,r[tot]);
		}
	}
	if(v>1){
		r[++tot]=v;
		a[tot]=C(n,m,v,v);
	}
	v=mod;
	for(int i=1;i<=tot;i++){
		exgcd(v/r[i],r[i]);
		x=(x%r[i]+r[i])%r[i];
		ans=(ans+v/r[i]*a[i]*x%v)%v;
	}//第一步
	printf("%lld",ans);
	return 0;
}
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