Lucas定理与扩展

$\color{LightPink}{٩(๑>◡<๑)۶Lucas定理}$

求 $\binom{n}{m} \mod p$，$p$ 为质数。$1 \le n, m, p \le 10^5$

设

$$\begin{eqnarray} n&=&n_kp^k&+&n_{k-1}p^{k-1}&+&\cdots&+&n_1p&+&n_0\\ m&=&m_kp^k&+&m_{k-1}p^{k-1}&+&\cdots&+&m_1p&+&m_0 \end{eqnarray}$$

有

$$\binom{n}{m}\equiv\prod\limits_{i=0}^{k}\binom{n_i}{m_i} \pmod p$$

也就是

$$\binom{n}{m} \equiv \binom{\frac{n}{p}}{\frac{m}{p}}\binom{n \mod p}{m\mod p} \pmod{p}$$

考虑

$$\binom{p}{i}=\frac{p!}{i!(p-i)!}\ (0<i<p)$$

由于 $i!(p-i)! \perp p$，因此

$$\binom{p}{i} \equiv 0 \pmod p\ (0<i<p)$$

设 $sp+q=n$，$tp+r=m$，有

$$(x+1)^{sp+q}=[(x+1)^p]^s(x+1)^q$$

由二项式定理得

$$(x+1)^p=\sum\limits_{i=0}^{p} \binom{p}{i} x^i$$

又 $\binom{p}{i} \equiv 0 \pmod p\ (0<i<p)$，因此

$$(x+1)^p\equiv x^p+1 \pmod p$$

所以

$$(x+1)^{sp+q}\equiv(x^p+1)^s(x+1)^q\pmod p$$

由二项式定理得

$$\begin{eqnarray} (x+1)^{sp+q}&=&\sum\limits_{i=0}^{sp+q} \binom{sp+q}{i} x^i\ &①\\ (x^p+1)^s(x+1)^q&=&\sum\limits_{i=0}^s \binom{s}{i} x^{pi} \sum\limits_{j=0}^q \binom{q}{j} x^j\ &② \end{eqnarray}$$

由于 $x^{tp+r}$ 在 ① 式中的系数为 $\binom{sp+q}{tp+r}$，在 ② 式中的系数为 $\binom{s}{t} \binom{q}{r}$，因此

$$\binom{sp+q}{tp+r} = \binom{s}{t} \binom{q}{r} \pmod p$$

即

$$\binom{n}{m} \equiv \binom{\frac{n}{p}}{\frac{m}{p}}\binom{n \mod p}{m\mod p} \pmod{p}$$

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$\color{LightPink}{٩(๑>◡<๑)۶扩展Lucas定理}$

求 $\binom{n}{m} \mod p$，不保证 $p$ 为质数。$1≤m≤n≤10^{18},2≤p≤1000000$

设 $p=p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_r^{k_r}$，有

$$\begin{cases} x&\equiv&c_1 \pmod{p_1^{k_1}}\\ x&\equiv&c_2 \pmod{p_2^{k_2}}\\ &\vdots\\ x&\equiv&c_r \pmod{p_r^{k_r}} \end{cases}$$

考虑如何计算 $n!\mod p^k$，以 $n=19,p=3,k=2$ 为例，有

$$\begin{eqnarray} n!&=&1 \times 2 \times \cdots \times 19\\ &=&\underbrace{(1\times 2 \times 4 \times 5 \times \cdots \times 16 \times 17 \times 19)}_{非p的幂} \times \underbrace{(3 \times 6 \times \cdots \times 18)}_{p的幂}\\ &=&(1\times 2 \times 4 \times 5 \times \cdots \times 16 \times 17 \times 19)\times3^6(1 \times 2 \times \cdots \times 6) \end{eqnarray}$$

而 $1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8 \equiv 10\times 11\times 13\times 14\times 16\times 17\pmod {p^k}$，因此

$$n!=(1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8)^2\times 19\times 3^6\times 6!\pmod{p^k}$$

设 $f(n)$ 表示 $n!$ 中有多少个因数 $p$，有递推式

$$f\left(n\right)=f\left( \lfloor \frac{n}{p} \rfloor \right)+\lfloor \frac{n}{p} \rfloor$$

如 $f(19)=8\ (3,6,9,12,15,18)\ (3,2*3,3*3,4*3,5*3,2*3*3)$，其中 $9$ 和 $18$ 由 $f(6)$ 中的 $3$ 和 $6$ 乘 $3$ 转移得到。

递归求解 $\binom{n}{m}\mod p_i^{k_i}$，最后中国剩余定理合并即可。

总复杂度 $O(nlogn)$。

至于 $excrt$ 的数组究竟开多大，你会发现将 $10^9$ 以内的模数分解成 $p_1^{k_1}p_2^{k_2}\cdots p_r^{k_r}$ 的话，$r$ 最大是 $9$。

【模板】扩展卢卡斯

// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <cmath>

typedef long long LL;
const LL N = 1000005;
LL c[N], mo[N], cnt;

LL pow(LL a, LL b, LL p) {
    LL res = 1;
    for (; b; b >>= 1, a = a * a % p)
        if (b & 1) res = res * a % p;
    return res;
}
LL exgcd(LL a, LL b, LL &x, LL &y) {
    if (b == 0) { x = 1, y = 0; return a; }
    LL t = exgcd(b, a % b, y, x); y -= a / b * x; return t;
}
LL inv(LL a, LL p) {
    LL x, y, t = exgcd(a, p, x, y);
    return (x % p + p) % p;
}
LL fac(LL n, LL pi, LL pk) {
    if (n == 0) return 1;
    LL res = 1;
    for (LL i = 2; i <= pk; ++i)
        if (i % pi) res = res * i % pk; //1*2*4*5*7*8
    res = pow(res, n / pk, pk); //(1*2*4*5*7*8)^2
    for (LL i = 2; i <= n % pk; ++i)
        if (i % pi) res = res * i % pk; //19
    return (res * fac(n / pi, pi, pk)) % pk; //6!
}
void calc(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; //3^6
    for (LL i = n; i; i /= pi) k += i / pi;
    for (LL i = m; i; i /= pi) k -= i / pi;
    for (LL i = n - m; i; i /= pi) k -= i / pi;
    c[++cnt] = pow(pi, k, pk) % pk * up % pk * inv(d1, pk) % pk * inv(d2, pk) % pk;
    mo[cnt] = pk;
}
LL mul(LL a, LL b, LL p) {
    LL res = 0, f = 1;
    if (a < 0) f = -f, a = -a;
    if (b < 0) f = -f, b = -b;
    for (; b; b >>= 1, a = (a + a) % p)
        if (b & 1) res = (res + a) % p;
    return res * f;
}
LL excrt() {
    LL x, y, t, mod;
    for (LL i = 2; i <= cnt; ++i) {
        t = exgcd(mo[1], mo[i], x, y);
        if ((c[i] - c[1]) % t) return -1;
        mod = mo[1] / t * mo[i];
        x = mul(x, (c[i] - c[1]) / t, mod);
        c[1] = (c[1] + mul(x, mo[1], mod)) % mod;
        mo[1] = mod;
    }
    return (c[1] + mo[1]) % mo[1];
}
LL exlucas(LL n, LL m, LL p) {
    LL lim = sqrt(p), tmp = p, pk;
    for (LL i = 2; i <= lim; ++i) {
        if (tmp % i == 0) {
            pk = 1;
            while (tmp % i == 0) pk *= i, tmp /= i;
            calc(n, m, i, pk);
        }
    }
    if (tmp > 1) calc(n, m, tmp, tmp);
    return excrt() % p;
}

int main() {
    LL n, m, p;
    scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p);
    printf("%lld", exlucas(n, m, p));
    return 0;
}