lucas定理及其拓展的推导

我的前一篇博客—— lucas定理 https://mp.csdn.net/mdeditor/100550317#主要是给出了lucas的结论和模板，不涉及推导。

本篇文章主要侧重lucas定理及其拓展的公式推导。先从pwp^wpw的一般情况进行推导，最后令w=1w=1w=1进一步推导出了lucas定理的结论。可能会比较枯燥。

想直接阅读结论的请转向这篇博客——拓展lucas结论及模板 https://blog.csdn.net/yuyilahanbao/article/details/100570075

(nm)&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;pw\tbinom{n}{m} \bmod p^w(mn)modpw的求取

p是素数。主要是计算(nm)&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;pw\tbinom{n}{m} \bmod p^w(mn)modpw的值。不想看推导过程的可以直接往下翻到下划线以后看结论。

对于(nm)=n!m!(n−m)!\tbinom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!}(mn)=m!(n−m)!n!.

对于n!=1×2×3×…×n.n!=1 \times 2 \times 3 \times \ldots \times n.n!=1×2×3×…×n.

我们将这些数进行分组。假设k=⌊np⌋, r=n&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;p; u=npw, v=n&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;pwk=\lfloor \frac{n}{p} \rfloor,\, r = n \bmod p;\;u=\frac{n}{p^w},\, v=n \bmod {p^w}k=⌊pn⌋,r=nmodp;u=pwn,v=nmodpw

把所有p的倍数抽出来，组成一组，它们的乘积记为AAA，易得A=∏i=1k(i×p)=pw×k!A=\prod\limits_{i=1}^{k}(i \times p)=p^w \times k!A=i=1∏k(i×p)=pw×k!。
剩下的数中,把在这个区间内[upw+1,upw+v][up^w+1,up^w+v][upw+1,upw+v]中的数分为一组，记乘积为BBB.由于每个数都不是ppp的倍数，则BBB与pwp^wpw互质,BBB关于pwp^wpw的逆元Bpw−1B_{p^w}^{-1}Bpw−1存在。
剩下的每个数a,把⌊apw⌋\lfloor \frac{a}{p^w} \rfloor⌊pwa⌋相同的数分在一组，并把⌊apw⌋\lfloor \frac{a}{p^w} \rfloor⌊pwa⌋作为它们的组号。每一组的乘积分别记作C0,C2,C3,C4,…,Cu−1C_0,C_2,C_3,C_4,\ldots,C_{u-1}C0,C2,C3,C4,…,Cu−1。同理，显然CiC_iCi与pwp^wpw互质，逆元存在。另外，每一组的乘积关于pwp^wpw是同模的，因为每一组的元素都是[pwi+1,pw(i+1))\left[p^wi+1,p^w(i+1)\right)[pwi+1,pw(i+1))的所有元素中去掉了ppp的倍数。

于是n!=AB∏i=0u−1Ci=pw×k!×B∏i=0u−1Cin!=AB\prod\limits_{i=0}^{u-1}C_i=p^w\times k! \times B\prod\limits_{i=0}^{u-1}C_in!=ABi=0∏u−1Ci=pw×k!×Bi=0∏u−1Ci.

回到原来组合数的问题，对于n,m,n−mn,m,n-mn,m,n−m依然有上面k,r,u,vk,r,u,vk,r,u,v的定义，只是分别用下标1,2,31,2,31,2,3区分。

于是(nm)=n!m!(n−m)!=pk1−k2−k3×k1!×B1×∏i=0u1−1Cik2!×k3!×B2×B3×∏i=0u2−1Ci×∏i=0u3−1Ci\tbinom{n}{m} = \frac{n!}{m!(n-m)!} = \frac{p^{k_1-k_2-k_3}\times {k_1}! \times B_1 \times \prod\limits_{i=0}^{u_1-1}C_i}{{k_2}! \times {k_3}! \times B_2 \times B_3 \times \prod\limits_{i=0}^{u_2-1}C_i \times \prod\limits_{i=0}^{u_3-1}C_i}(mn)=m!(n−m)!n!=k2!×k3!×B2×B3×i=0∏u2−1Ci×i=0∏u3−1Cipk1−k2−k3×k1!×B1×i=0∏u1−1Ci

注意到k1−k2−k3≥0k_1-k_2-k_3 \geq 0k1−k2−k3≥0,事实上，它只能取0或1.BBB系列，CCC系列都是与pwp^wpw互质的，而且k1!k2!×k3!\frac{{k_1}!}{{k_2}! \times {k_3}!}k2!×k3!k1!依旧是个整数，所以，可以直接把分母中BBB,CCC系列中的直接变成乘以逆元抹去。

假设Bi≡bi(modpw)B_i \equiv b_i \pmod{p^w}Bi≡bi(modpw),Ci≡c(modpw)C_i \equiv c \pmod{p^w}Ci≡c(modpw).b,c∈[1,pw)b,c \in \left[1,p^w\right)b,c∈[1,pw).

pk1−k2−k3×k1!×B1×∏i=0u1−1Cik2!×k3!×B2×B3×∏i=0u2−1Ci×∏i=0u3−1Ci≡pk1−k2−k3×b1×b2−1×b3−1×cu1×(c−1)u2×(c−1)u3×k1!k2!×k3!≡pk1−k2−k3×b1×b2−1×b3−1×cu1−u2−u3×k1!k2!×k3!(modpw)\frac{p^{k_1-k_2-k_3}\times {k_1}! \times B_1 \times \prod\limits_{i=0}^{u_1-1}C_i}{{k_2}! \times {k_3}! \times B_2 \times B_3 \times \prod\limits_{i=0}^{u_2-1}C_i \times \prod\limits_{i=0}^{u_3-1}C_i} \\ \equiv {
p^{k_1-k_2-k_3} \times b_1 \times {b_2}^{-1} \times {b_3}^{-1}
\times c^{u_1} \times (c^{-1})^{u_2} \times (c^{-1})^{u_3}
\times \frac{{k_1}!}{{k_2}! \times {k_3}!}
}\\ \equiv
{
p^{k_1-k_2-k_3} \times b_1 \times {b_2}^{-1} \times {b_3}^{-1}
\times c^{u_1-u_2-u_3}
\times \frac{{k_1}!}{{k_2}! \times {k_3}!}
} \pmod{p^w}k2!×k3!×B2×B3×i=0∏u2−1Ci×i=0∏u3−1Cipk1−k2−k3×k1!×B1×i=0∏u1−1Ci≡pk1−k2−k3×b1×b2−1×b3−1×cu1×(c−1)u2×(c−1)u3×k2!×k3!k1!≡pk1−k2−k3×b1×b2−1×b3−1×cu1−u2−u3×k2!×k3!k1!(modpw).

当r1≥r2r_1 \geq r_2r1≥r2时，k1=k2+k3k_1=k_2+k_3k1=k2+k3,故上面这个式子最后分式的部分k1!k2!×k3!=(k1k2)\frac{{k_1}!}{{k_2}! \times {k_3}!}=\tbinom{k_1}{k_2}k2!×k3!k1!=(k2k1).
否则，k1=k2+k3+1k_1=k_2+k_3+1k1=k2+k3+1,最后的那个分式无法直接变成组合数，但是我们只需要分子分母同时乘以k1−k2k_1-k_2k1−k2，即可变成组合数。k1!k2!×k3!=(k1−k2)×(k1k2)\frac{{k_1}!}{{k_2}! \times {k_3}!}=(k_1-k_2) \times \tbinom{k_1}{k_2}k2!×k3!k1!=(k1−k2)×(k2k1)

以上最后几行就是结论了，最后再次强调一下各个下标，字母代表的含义。

与n,m,n-m有关的量分别用下标1,2,3区分。

k,r是除以ppp的商与余数，u,v是除以模数pwp^wpw的商与余数。

b是最后剩下的v个数中不是p的倍数的数的乘积。

c是[1,pw]\left[1,p^w\right][1,pw]中不是p的倍数的数的乘积。

从结论中的式子可以看到b,c我们只关注模pkp^kpk意义下的值，因此可以预先求出[1..i][1..i][1..i]中不是p的倍数的数的乘积f(i)f(i)f(i)(模pkp^kpk意义下的)。

lucas定理的推导

特殊地，当w=1w=1w=1时，kkk和uuu,rrr和vvv是相同的。

故b≡r!(modp),c≡(p−1)!(modp)b \equiv r! \pmod{p},\quad c \equiv (p-1)! \pmod{p}b≡r!(modp),c≡(p−1)!(modp)，因此代入式子，可以得到lucas定理的结论。

当r1≥r2r_1 \geq r_2r1≥r2时，k1=k2+k3k_1=k_2+k_3k1=k2+k3,故上面最后的式子可以化为ans≡r1!×(r2!)−1×(r3!)−1×(k1k2)(modp)ans \equiv {
{r_1}! \times ({r_2}!)^{-1} \times ({r_3}!)^{-1} \times \tbinom{k_1}{k_2} \pmod{p}
}ans≡r1!×(r2!)−1×(r3!)−1×(k2k1)(modp)
否则，k1=k2+k3+1k_1=k_2+k_3+1k1=k2+k3+1,最后的那个分式无法直接变成组合数，但是我们只需要分子分母同时乘以k1−k2k_1-k_2k1−k2，即可变成组合数。k1!k2!×k3!=(k1−k2)×(k1k2)\frac{{k_1}!}{{k_2}! \times {k_3}!}=(k_1-k_2) \times \tbinom{k_1}{k_2}k2!×k3!k1!=(k1−k2)×(k2k1)。而ans≡p×r1!×(r2!)−1×(r3!)−1×c×(k1−k2)×(k1k2)≡0(modp)ans \equiv {
p \times {r_1}! \times ({r_2}!)^{-1} \times ({r_3}!)^{-1} \times c \times (k_1-k_2) \times \tbinom{k_1}{k_2}
} \equiv 0 \pmod{p}ans≡p×r1!×(r2!)−1×(r3!)−1×c×(k1−k2)×(k2k1)≡0(modp)

(nm)&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;N\tbinom{n}{m} \bmod N(mn)modN的求取

N是任意正整数。对NNN进行素数分解。N=∏i=1qpikiN=\prod\limits_{i=1}^{q}p_i^{k_i}N=i=1∏qpiki.

对(nm)&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;piki\tbinom{n}{m} \bmod p_i^{k_i}(mn)modpiki问题，可以通过上一小节的拓展lucas求得，记答案是cic_ici.

于是得到了qqq个线性同余方程,即线性同余方程组(nm)≡ci(modpiki)(1≤i≤q)\tbinom{n}{m} \equiv c_i \pmod{p_i^{k_i}} \quad (1 \leq i \leq q)(mn)≡ci(modpiki)(1≤i≤q).

对于线性同余方程组，并且注意到模数pikip_i^{k_i}piki两两互质，可以用中国剩余定理（也可以用拓欧）解出其通解x=x0+ktx=x_0+ktx=x0+kt。并且由于模数互质，k=lcm(piki)=N(1≤i≤q)k=lcm(p_i^{k_i})=N \quad (1 \leq i \leq q)k=lcm(piki)=N(1≤i≤q).所以在[0,N)[0,N)[0,N)内只有一个特解x0x_0x0,而这个特解就是(nm)&VeryThinSpace;mod&VeryThinSpace;N\tbinom{n}{m} \bmod N(mn)modN.

至此，组合数对任意数的取模我们都予以解决了。