Lucas定理理解

Lucas定理：C(n,m)%p=C(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p (p为素数)
结论十分简单加好记，但是这里还是给出下证明
可以认为是从百度百科上摘的，但是有我自己的理解
顺便补充一句，百度百科是坑爹的


易知：C(p,f)=p!/(p-f)!*f!
=> C(p,f)≡0(mod p)其中0<f<p


关于这一步我当年有一个证法：
C(p,f)=p(p-1)……(p-f+1)/f!
两个连续的整数之间必有1个被2整除
三个连续的整数之间必有1个被3整除
……（以此类推）
那么因为p为质数，f<p
所以 2~f中无任何数整除p
根据组合数定义f!一定整除p(p-1)……(p-f+1)
（这步有点强行啊，但组合数确实不可能是分数了） 
综上：f!|(p-1)(p-2)……(p-f+1)


令n=sp+q,m=tp+r
(1+x)^n≡(1+x)^(sp+q)≡((1+x)^sp*(1+x)^q
≡(1+x^p)^(s)*(1+x)^q (mod p)
最后一步有点难理解
化简一下：即是证 (1+x)^ps≡(1+x^p)^s (mod p)
好，我们第一行的东西有用了
C(p,f)≡0(mod p) 0<f<p
根据二项式定理
那么(1+x)^p除了首位两项也就是1和x^p外都可以被p给除掉
就证明出来了


然后再来一次可爱的二项式定理：
(1+x^p)^(s)*(1+x)^q=∑(C(s,i)*x^(i*p))*∑(C(q,j)*x^j)
<i from 0 to s> <j from 0 to q>


于是得到:
(1+x)^(sq+p)≡∑(C(s,i)*x^(i*p))*∑(C(q,j)*x^j)
<i from 0 to s> <j from 0 to q>
那么左边x^(tp+r)的系数为C(sp+q,tp+r)


通过观察，那么当且仅当 i=t,j=r ，能够得到x^(tp+r) 的系数
即：C(s,t)*C(q,r)≡C(sp+q,tp+r) (mod p)
（这个怎么观察的还没搞懂，懂了的大佬们给我说一声）


即证
最后给出一个Lucas的版
LL Lucas(LL n,LL k){
    if(!k) return 1;
    else
        return C(n%mod,k%mod)*Lucas(n/mod,k/mod)%mod;
}

接上的那个题




hdu3944 DP?

给出n,k,p，求在杨辉三角中从C(0,0)到C(n,k)所经过的数之和最小

输出这个数mod p，其中k,n小于10的9次方，p小于10000

 

这道题要是用dp来做，不知道会炸到哪里去了，正解是Lucas定理

首先，你得知道从C(n,k)到C(0,0)（如果k在n/2的右边，则k=n-k），

最短的路径一定是先沿着C(i,0)这段路走，然后再在某个地方斜向下

刚好走到C(n,m)

 

然后我们就可以得到这样一个表达式

ans=c(n-k,0)+c(n-k+1,1)+c(n-k+2,2)+...+c(n-k+i,i)+...+c(n,k)+n-k

=c(n-k+1,0)+c(n-k+1,1)+c(n-k+2,2)+...+c(n-k+i,i)+...+c(n,k)+n-k

=c(n-k+2,1)+c(n-k+2,2)+...+c(n-k+i,i)+...+c(n,k)+n-k

=c(n-k+3,2)+...+c(n-k+i,i)+...+c(n,k)+n-k

=c(n-k+i,i-1)+...+c(n-k+i,i)+c(n,k)+n-k

=c(n,k-1)+c(n,k)+n-k

=c(n+1,k)+n-k

 

然后lucas定理就可以了

还有个坑爹的地方是要预处理出阶乘mod p和逆元

 

只需要处理出10000以内的n,m就可以了，因为Lucas有mod嘛

 

代码：

#include<iostream>#include<cstdlib>#include<cmath>#include<cstring>#include<cstdio>#include<algorithm> typedef long long LL;using namespace std;const int MAXN=10000; LL prime[1300],path[MAXN];LL fac[1300][MAXN+5];LL inv[1300][MAXN+5];//这里的fac[i][j]和inv[i][j]表示prime[i]的阶乘mod p和它的逆元bool flag[MAXN+5];int cnt,mod;LL ksm(LL a,LL k,LL p){    LL ans=1;    while(k)    {        if(k&1) ans=ans*a%p;        a=a*a%p; k>>=1;    }    return ans;}inline void prepare(){    for(int i=2;i<=MAXN;i++)    {        if(!flag[i])            prime[++cnt]=i,path[i]=cnt;//path是一个小小的hash，降低内存        for(int j=1;j<=cnt;j++)        {            if(prime[j]*i>MAXN) break;            flag[prime[j]*i]=1;            if(i%prime[j]==0) break;        }    }    for(int i=1;i<=cnt;i++)    {        fac[i][0]=inv[i][0]=1;        for(int j=1;j<prime[i];j++)//prime[i]之后j就是能被整除了        {            fac[i][j]=(fac[i][j-1]*j)%prime[i];            inv[i][j]=ksm(fac[i][j],prime[i]-2,prime[i]);        }    }    return;}LL C(LL n,LL k){    if(n<k) return 0;    else if(!k||n==k) return 1;    else    {        LL t=path[mod];        return fac[t][n]*(inv[t][k]*inv[t][n-k]%mod)%mod;    } }LL Lucas(LL n,LL k){    if(!k) return 1;    else        return C(n%mod,k%mod)*Lucas(n/mod,k/mod)%mod;}int main(){    prepare(); int n,k,cas=0;    while(scanf("%d%d%d",&n,&k,&mod)!=EOF)    {        if(2*k>n) k=n-k; printf("Case #%d: ",++cas);        printf("%lld\n",(Lucas(n+1,k)+n-k)%mod);    }}