【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理
题目链接：luogu P3807
题目大意
求 C(n,n+m)%p 的值。
p 保证是质数。
思路
Lucas 定理内容
对于非负整数 \(n\),\(m\)，质数 \(p\)，有：
\(C_m^n\equiv \prod\limits_{i=0}^kC_{m_i}^{n^i}(\bmod\ p)\)
其中 \(m=m_kp^k+...+m_1p+m_0\)，\(n=n_kp^k+...+n_1p+n_0\)。（其实就是 \(n,m\) 的 \(p\) 进制展开）
那我们一般做题用的是递推式，也就是 \(C_m^n\equiv C_{\left\lfloor m/p\right\rfloor}^{\left\lfloor n/p\right\rfloor}C_{m\bmod p}^{n\bmod p}(\bmod\ p)\)
（当 \(n>m\) 时，我们规定 \(C_{m}^n=0\)）
啥时候会用
我们有时候要算组合数，可能 \(C_{m}^n\) 的 \(n,m\) 很大，这时候一般做题就会让他取模一个数 \(\bmod \ p\)。
那如果 \(p>m\)，我们可以愉快的用这个式子求：\(C_{m}^n=\dfrac{m!}{n!(m-n)!}\)
算出 \(n!\) 和 \((m-n)!\) 的逆元，就可以搞。
可当 \(m\geqslant p\) 的时候，分母的乘法逆元可能不存在。（因为 \(x\) 是 \(p\) 的倍数的话 \(x\) 就没有模 \(p\) 的逆元）
那这个时候我们就可以用 Lucas 定理把这个组合数拆成几个 \(m<p\) 的，就可以搞了。
证明
证明 Lucas 定理之前，我们先证明两个式子。
式一:
\(C_p^i\equiv \frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\equiv0(\bmod\ p),(1\leqslant i<p)\)
证明：
\(C_p^i=\dfrac{p!}{i!(p-i)!}=\dfrac{p}{i}\dfrac{(p-1)!}{(i-1)!(p-1-(i-1))!}=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\)
由于 \(1\leqslant i<p\)，故 \(i\) 会有 \(p\) 的逆元 \(inv_i\)
\(\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}=p\times inv_i\times C_{p-1}^{i-1}\)
那这个地方都是 \(p\) 的倍数，那它被 \(p\) 取模一定是 \(0\)，故得证。
式二：
根据二项式定理：
\((1+n)^p\equiv C_p^0+C_p^1x+...+C_p^{p-1}x^{p-1}+C_p^px^p(\bmod\ p)\)
再根据式一 \(C_p^i\equiv0(\bmod\ p),(1\leqslant i<p)\)，可以得到
\((1+n)^p\equiv C_p^0+C_p^px^p\equiv 1+x^p(\bmod\ p)\)
接着我们开始证明，先设 \(\left\lfloor m/p\right\rfloor=q_m,\left\lfloor n/p\right\rfloor=q_n,m\bmod p=r_m,n\bmod p=r_n\)。
那有 \(m=q_mp+r_m,n=q_np+r_n\)。
接着我们继续用二项式定理：
\((1+x)^m=\sum\limits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^i\)
然后我们把左边给化简：
\(\begin{aligned}(1+x)^m & =(1+x)^{q_mp+r_m} \\ & =(1+x)^{q_mp}\cdot(1+x)^{r_m} \\& =[(1+x)^p]^{q_m}\cdot(1+x)^{r_m}\\&\equiv(1+x^p)^{q_m}\cdot(1+x)^{r_m}[式二]\\&\equiv\sum\limits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}\sum\limits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(\bmod\ p)\end{aligned}\)
那就有：
\(\sum\limits_{i=1}^{m}C_{m}^ix^i\equiv\sum\limits_{i=1}^{q_m}C_{q_m}^ix^{ip}\sum\limits_{i=1}^{r_m}C_{r_m}^{i}x^i(\bmod\ p)\)
那对于任意一个数 \(z\)，必然会有一组 \(i,j\) 满足 \(x^z=x^{pi}x^j\)
不难看出这其实就是满足 \(z=pi+j\)，所以当且仅当 \(i=\left\lfloor \dfrac{z}{p}\right\rfloor，j=z\bmod p\)。
那也就是说左边的 \(i\) 取任意一个，右边都有一个新的跟它对于恒等。
左边 \(i=x\)，右边的就分别是 \(i=\left\lfloor \dfrac{x}{p}\right\rfloor,i=x\bmod p\)
那当 \(i=x\)，就有：
\(\begin{aligned}C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}x^{q_np}C_{r_m}^{r_n}x^{r_n}\\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^{q_np+r_n}\\C_m^nx^n&=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}x^n\end{aligned}\)
两边同乘 \(inv(x^n)\)，就有了 \(C_{m}^n=C_{q_m}^{q_n}C_{r_m}^{r_n}\)
得证。
本题
其实逆元的话直接要用的话直接 \(x^{p-2}\bmod p\) 更好，不用像我这样线性求出每个。
代码
#include<cstdio>
#define ll long long
using namespace std;
ll T, n, m, p;
ll jc[100001], inv[100001];
ll ksm(ll x, ll y) {
ll re = 1;
while (y) {
if (y & 1) re = (re * x) % p;
x = (x * x) % p;
y >>= 1;
}
return re;
}
ll C(ll x, ll y) {//暴力算组合数
if (x > y) return 0;
return ((jc[y] * inv[x]) % p * inv[y - x]) % p;
}
ll work(ll n, ll m) {//Lucas 定理
if (!n) return 1;
return (work(n / p, m / p) * C(n % p, m % p)) % p;
}
int main() {
scanf("%lld", &T);
while (T--) {
scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p);
jc[0] = 1;
for (ll i = 1; i <= p; i++)//预处理阶乘与其逆元
jc[i] = (jc[i - 1] * i) % p;
inv[p - 1] = ksm(jc[p - 1], p - 2);
for (ll i = p - 2; i >= 0; i--)
inv[i] = (inv[i + 1] * (i + 1)) % p;
printf("%lld\n", work(n, n + m));
}
return 0;
}
