卢卡斯定理小结

前言

本文部分证明为作者本人思考，故可能有误，欢迎在评论里提醒

前置芝士

性质一：\(C_p^i=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\equiv 0(mod p) (1≤i<p,p\in prime)\)
证明：
1\(.C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}=\frac{p}{i}\frac{(p-1)!}{(i-1)!(p-i)!}=\frac{p}{i}\frac{(p-1)!}{(i-1)!((p-1)-(i-1))!}=\frac{p}{i}C_{p-1}^{i-1}\)
2\(.C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}\)由于\((1≤i<p)\)且\(C_p^i\)为正整数，\(\therefore (p-1)!\)能被\(i!(p-i)!\)整除
即\(C_p^i=\frac{p!}{i!(p-i)!}\equiv 0(mod p) (1≤i<p)\)
至此，性质一得证

性质二：\((1+x)^p\equiv 1+x^p(mod p) (p\in prime)\)
证明：
\((1+x)^p=C_p^0 x^0+C_p^1 x^1+...+C_p^p x^p\)
由性质一得
\(C_p^0 x^0+C_p^1 x^1+...+C_p^p x^p\equiv C_p^0 x^0+C_p^p x^p(mod p)\equiv 1+x^p(mod p)\)
至此，性质二得证

卢卡斯定理

\(C_{a}^b mod p(p\in prime)\)
讲\(a,b\)分解成：
\[\begin{aligned} a=a_kp^k+a_{k-1}p^{k-1}+...+a_1p^1+a_0\\ b=b_kp^k+b_{k-1}p^{k-1}+...+b_1p^1+b_0\\ \therefore (1+x)^a=(1+x)^{a_0} ((1+x)^{p^1})^{a_1}...((1+x)^{p^k})^{a_k}\\ \equiv (1+x)^{a_0} (1+x^{p^1})^{a_1}...((1+x)^{p^k})^{a_k} \end{aligned}\]

模板

求\(C_{a}^b mod p(p\in prime)\)

做法

\(C\)