Lucas定理&&hdu3037

 

Lucas定理

Lucas定理主要应用于求C（n,m）%p  p是素数（从n取m组合，模上P）。

即：

所以：Lucas(n,m,p)=c(n%p,m%p)*Lucas(n/p,m/p,p)

 

入门题：

Hdu3037 :

Saving Beans

 

Problem Description

…….

They want to know that howmany ways there are to save no more than m beans (they are the same) in n trees（different）.

 

The result may be extremelyhuge; you should output the result modulo p

Input

The first line contains one integer T, means the number of cases.

Then followed T lines, each line contains three integers n, m, p, meansthat squirrels will save no more than m same beans in n different trees, 1<= n, m <= 1000000000, 1 < p < 100000 and p is guaranteed to be aprime.

 

Output

You should output the answermodulo p.

Sample Input

2

1 25

2 15

Sample Output

3

3

Hint

For sample 1, squirrels willput no more than 2 beans in one tree. Since trees are different, we can labelthem as 1, 2 … and so on.

The 3 ways are: put nobeans, put 1 bean in tree 1 and put 2 beans in tree 1. For sample 2, the 3 waysare:

 put no beans, put 1 bean in tree 1 and put 1bean in tree 2.

 

   题解：题目意思为求从n个不同的树上  得到不少于m个相同的豆子 ，问有几种解决方案。

首先，先解决排列组合的问题。即，将q个相同的小球，放进p个不同的盒子里（盒子可为空）的总方法数。

因为其盒子可以为空，不便计算，所以假设盒子里已经都有一个球，则球的总数为p+q，且盒子不得为空，那么用插板法，p+q个球中间有p+q-1个空，共要插入p-1个板，则为，C（p-1，p+q-1）。

也可以这么理解：用插板法的话，其共有p-1个板子，将板子与小球混合，再选择p-1个位置，即C（p-1，p+q-1）。

 

 

其次，不少于m个，即[0,m]个

所以，方法总数为:

ans=C（n-1,n-1）+ C（n-1,n）+ C（n-1,n+1）+…+ C（n-1,n+m-1）

由排列组合的性质：

C(m，n)=C(m，n-1)+C(m-1，n-1)

   （  证明：

对第m个讨论：

若选择了第m个，则在n-1中选m-1即C(n-1，m-1)；

若未选择第m个，则在n-1中选m即C(n-1，m) 。      ）

 

原式=C（0,n-1）+ C（1,n）+ C（2,n+1）+…+ C（m,n+m-1）

（ C（m,n）= C（n-m,n））

= C（0,n）+ C（1,n）+ C（2,n+1）+…+ C（m,n+m-1）

（ C（0,n-1）=C（0,n）= 1）

= C（1,n+1）+ C（2,n+1）+…+ C（m,n+m-1）

（C(m，n)=C(m，n-1)+C(m-1，n-1)）

    = C（2,n+2）+ C（3,n+2）…+ C（m,n+m-1）

    …

    = C（m,n+m）

 

然后，因为题目中要求C（m,n）%p，而C（m,n）若很大，则处理起来会相当麻烦。

所以在此，还要介绍一下Lucas定理：

设p为素数，a,b为正整数，并且

a=a_kp^k+a_k-1p^k-1+…+a₁p+a₀

b=b_kp^k+b_k-1p^k-1+…+b₁p+b₀

   ( 这里0=<a_i, b_i<=p-1都是整数，i=0,1,2…k.)

则：C^b_a≡ C^bk_ak *C^bk-1_ak-1*…C^bk0_ak0 (mod p) 

       

Lucas定理应用在编程中的就是：

 Lucas(n,m,p)=c(n%p,m%p)*Lucas(n/p,m/p,p)

 这就解决了C(m,n)太大求C(m,n)%p不便的问题了！

 

 最后再补充一个小知识——乘法逆元

因为 C(m,n)=n!/( m!*(n-m)!)

由费马小定理（欧拉函数求逆元）：

若x是一个不能被质数p整除的整数，则x^p－1－1必能被p整除。如果用同余式写法，就是x^p－1≡1 mod p。

 

 

    另一种解释：  

（ 假如p是质数，且a,p互质，那么a的（p-1）次方除以p的余数恒为1,那么a和a^(p-2)互为乘法逆元，则（b/ a)≡ (b *a^(p-2) ) mod p）

则C(m,n+m)= n! / ( m! * (n-m)!)

= n!* ( m! * (n-m)!)^p-2

则C(m,n+m)%p = n!* ( m!* (n-m)!)^p-2  %p

这里很明显，用一个快速幂就可以啦！

 

那么，题目分析到这里就结束了，接着代码就很容易了

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#define LL long long
#define maxn 150000
using namespace std;


LL n,m,p,fac[maxn];


void init()
{
    int i;
    fac[0]=1;
    for(i=1;i<=p;i++)
    fac[i]=fac[i-1]*i%p;
}
LL pow(LL a,LL b)
{
    LL temp=a%p,ans=1;
    while(b)
    {
        if(b%2) ans=ans*temp%p;
        temp=temp*temp%p;
        b>>=1;
    }
    return ans;
}


LL C(LL n,LL m)
{
    if(m>n) return 0;
    return fac[n]*pow(fac[m]*fac[n-m],p-2)%p;
}


LL Lucas(LL n,LL m)
{
    if(m==0) return 1;
    else  return (C(n%p,m%p)*Lucas(n/p,m/p))%p;
}


int main()
{
   int T;
   scanf("%d",&T);
   while(T--)
   {
       scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
       init();
       printf("%lld\n",Lucas(n+m,n));
   }
  return 0;
}