[笔记] 扩展\(Lucas\)定理
\(Lucas\)定理:\(\binom{n}{m} \equiv \binom{n/P}{m/P} \binom{n \% P}{m \% P}\pmod{P}\)\((P\ is \ prime)\)
Theory
那么如果\(p\)不是一个质数怎么办?
当我们需要计算\(C_n^m\mod p\)，其中\(p = p_1^{q_1}\times p_2^{q_2}\times ...\times p_k^{q_k}\)，我们可以求出：\(C_n^m\equiv a_i\pmod {p_i^{q_i}} (1\lt i \lt k)\)
然后对于方程组：
\(x\equiv a_i \pmod {p_i^{q_i}}(1\lt i\lt k)\)
我们可以求出满足条件的最小的\(x\),记为\(x_0\)那么我们有： \(C_n^m\equiv x_0\pmod p\)
但是，我们发现，\(p_i^{q_i}\)并不是一个素数，它是某个素数的某次方。
下面我们介绍如何计算\(C_n^m \mod p^t(t\ge2,p \ is \ prime)\)
我们知道，\(C_n^m=\frac {n!}{m!(n-m)!}\)，若我们可以计算出\(m!\mod p^t\)，我们就能计算出\((n-m)!\mod p^t\)以及\((n-m)!\mod p^t\).
我们不妨设\(x=n!\mod p^t,y=m!\mod p^t,z=(n-m)!\mod p^t,\)
那么答案就是
\(x\cdot inv(y,p^t)\cdot inv(z,p^t)\)那么下面问题就转化成如何计算\(n!\mod p^t\).
例如\(p=3,t=2,n=19\)
\(n!=1\times2\times3\times4\times5\times6\times7\times8\times ...\times19 \\ \ \ \ =(1\times2\times4\times5\times7\times8\times...\times16\times17\times19)\times(3\times6\times9\times12\times15\times18)\\\ \ \ =(1\times2\times4\times5\times7\times8\times...\times16\times17\times19)\times3^6\times(1\times2\times3\times4\times5\times6)\)
部分恰好是\((n/p)!\)，于是递归即可。前半部分是以\(p^t\)为周期的\((1\times2\times4\times5\times7\times8)\equiv(10\times11\times13\times14\times16\times17)\pmod9\).下面是孤立的\(19\)，可以知道孤立出来的长度不超过\(p^t\),于是直接计算即可。对于最后剩下的\(3^6\)这些数我们只要计算出\(n!,m!,(n-m)!\)里含有多少个\(p\)(不妨设\(x,y,z\))，那么\(x−y−z\)就是\(C_n^m\)中\(p\)的个数，直接计算就行。
Code
// luogu-judger-enable-o2
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cmath>
typedef long long ll;
const ll N = 1e6 + 5;
ll g_x, g_y, cnt;
ll d[N], r[N];
ll q_pow(ll a, ll b, ll p){
ll w = 1;
while(b){
if(b & 1)
w = (a * w) % p;
b >>= 1;//1
a = (a * a) % p;
}
return w % p;
}
ll exgcd(ll a, ll b){
if(b == 0){
g_x = 1;
g_y = 0;
return a;
}
ll gcd = exgcd(b, a % b);
ll t = g_x;
g_x = g_y;
g_y = t - a / b * g_y;
return gcd;
}/*exgcd求逆元 , ab + mt = 1, 前提: gcd(a, m) = 1;
用exgcd求逆元有个好处,不用让模数为素数,只要模数和这个a互质就好*/
ll inv(ll a, ll p){
exgcd(a, p);
return (g_x + p) % p;
}
ll fac(ll n, ll pi, ll pk){
if(!n) return 1; //2 //递归边界
ll res = 1;
for(register ll i = 2; i <= pk; ++i){
if(i % pi)//3 pk
res = (res * i) % pk;
}/*因为循环节长度最多为pk,所以只需要算一遍pk,选这些数字里面不是pi倍数的数字
(因为是倍数的,我们已经处理掉了*/
res = q_pow(res, n / pk, pk);//有n/pk个循环
for(register ll i = 2; i <= n % pk; ++i){
if(i % pi)//3 pk
res = (res * i) % pk;//剩下的暴力做
}
return (res * fac(n / pi, pi, pk)) % pk; //递归继续
}
void cal(ll n, ll m, ll pi, ll pk){
ll up = fac(n, pi, pk), d1 = fac(n - m, pi, pk), d2 = fac(m, pi, pk);
ll k = 0;
for(register ll i = n; i; i /= pi) k += i / pi;
for(register ll i = m; i; i /= pi) k -= i / pi;
for(register ll i = n - m; i; i /= pi) k -= i / pi;//这三行都是统计pi倍数的个数,后两个要减去是因为组合数的计算不就有个除嘛
r[++cnt] = q_pow(pi, k, pk) % pk * up % pk * inv(d1, pk) % pk * inv(d2, pk) % pk;
d[cnt] = pk;//CRT,r表示余数,d表示除数
}
ll mul(ll a, ll b, ll p){
ll f = 1;
if(a < 0) f = -f, a = -a;
if(b < 0) f = -f, b = -b;
ll w = 0;
while(b){
if(b & 1)
w = (w + a) % p;
b >>= 1;
a = (a + a) % p;
}
return w * f;
}//龟速乘
ll exCRT(){
for(register ll i = 2; i <= cnt; ++i){
ll C = r[1] - r[i];
ll D = exgcd(d[i], d[1]);
if(C % D) return -1;
ll k1 = mul(g_y, C / D, d[1] / D * d[i]);
ll x0 = mul(-k1 , d[1], d[1] / D * d[i] ) + r[1];
d[1] = d[1] / D * d[i], r[1] = x0;
r[1] = (r[1] % d[1] + d[1]) % d[1];
}
return r[1];//很好的exCRT
}
ll exlucas(ll n, ll m, ll p){
ll lim = sqrt(p) + 1;
ll tmp = p;
ll pk;
for(register ll i = 2; i <= lim; ++i){
if(tmp % i == 0){
pk = 1;
while(tmp % i == 0){
pk *= i;
tmp /= i;//为了得出pk
}
cal(n, m, i, pk);
}
}//唯一分解
if(tmp > 1) cal(n, m, tmp, tmp);//4 唯一分解后可能会留下一个大素数
return exCRT() % p;//5 pk
}
int main(){
ll n, m, p;
scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p);
printf("%lld\n", exlucas(n, m, p));
}Wrong
- 快速幂中的指数忘记右移
- \(fac\)递归边界忽略掉了
- 循环节计算时,是取那些不是\(pi\)倍数的,而不是不是\(pk\)倍数的
- \(exCRT\)最后模的是\(p\),不是\(pk\)!!!
爱你哟