卢卡斯定理

标签：ch int 定理 long 卢卡斯 include bmod

公式

若n,m为整数，p为质数

\[C_{n}^{m}\bmod p= C_{n\bmod p}^{m\bmod p}\times C_{n/p}^{m/p}\bmod p \]

这个式子有什么作用呢，最简单的一种就是求组合数。
有时候n,m过大，可能是p的倍数，这时候n,m对于p没有逆元，自然没办法用费马小定理求逆元。这个时候我们就需要卢卡斯定理了

求组合数步骤

1.求\(C_{n\bmod p}^{m\bmod p}\)
n,m显然比p小，直接费马小定理求
2.递归求\(C_{n/p}^{m/p}\)

就是这么简单，很好理解。

P3807 【模板】卢卡斯定理/Lucas 定理

模板题：

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,p;
int t;
int pre[100010];

void prev(){//lucas()前面都是常规的费马小定理求组合数
	pre[0]=1;
	for(int i=1;i<=100000;i++){
		pre[i]=(pre[i-1]*i);
		pre[i]%=p;
	}
}

int qpow(int aa,int bb){
	int vl=1,hl=aa;
	hl%=p;
	while(bb){
		if(bb%2){
			vl*=hl;
			vl%=p;
		}
		hl*=hl;
		hl%=p;
		bb/=2;
	}
	return vl;
}

int C(int aa,int bb){
	if(aa<bb) return 0;
	int ans=pre[aa];
	ans*=qpow(pre[aa-bb],p-2);
	ans%=p;
	ans*=qpow(pre[bb],p-2);
	ans%=p;
	return ans;
}

int lucas(int aa,int bb){
	if(bb==0) return 1;
	int val=C(aa%p,bb%p);
	val*=lucas(aa/p,bb/p);
	val%=p;
	return val;
}

signed main(){
	cin>>t;
	while(t--){
		cin>>n>>m>>p;
		prev();
		cout<<lucas(n+m,m)<<endl;
	}
	return 0;
}

POJ - 3219 Binomial Coefficients

这道题当然可以把模数设成2，直接求，看结果是0还是1，但是这样显得太没水平，也很无聊。
考虑有没有单次O(1)的做法。
我们回到卢卡斯定理的式子：

\[C_{n}^{m}\bmod p= C_{n\bmod p}^{m\bmod p}\times C_{n/p}^{m/p}\bmod p \]

观察前面一项，不难发现\(n\bmod p\)即为n在p进制下的最后一位，后一项递归下去的结果就是把n,m在p进制下的每一位拆出来，分别计算组合数并相乘。

有了这一点以后我们发现p=2,也就是n,m在p进制下的每一位都是0或1，其每一位的组合数只可能是下面几种：

1.\(C_{0}^{0}=1\)
2.\(C_{0}^{1}=0\)
3.\(C_{1}^{0}=1\)
4.\(C_{1}^{1}=1\)

于是我们发现只要出现存在\(C_{0}^{1}\),整体结果为0，否则为1。而\(C_{0}^{1}\)意味着2进制下有一位上n[i]=0,m[i]=1。

如果对于所有i使得m[i]=1,有n[i]=1,则一定有(n-m)&m==0（正好n-m把那些位置减掉了），此时结果为偶数，否则为奇数。

#include<iostream>
using namespace std;
int main(){
    int n,m;
    while(cin>>n>>m){
        if((n-m)&m) cout<<0<<endl;
        else cout<<1<<endl;
    }
}

HDU - 3304 Interesting Yang Yui Triangle

分析思路和上一题差不多。反方向计算不被p整除的数量。此时p进制下n的每一位，必定大于等于m这一位，否则其值为0（这是显然的，比如不可能从两个里选出三个），那么对于n的p进制下的每一位合法的m[i]满足0<=m[i]<=n[i]，再乘法原理把每一为的方案数相乘即可

#include<cstdio>
#include<cmath>
#include<cstring>
using namespace std;

int main(){
    int p,n;
    int cas=1;
    while(scanf("%d %d", &p, &n)!=EOF){
        if(p==0 && n==0) break;
        int sum=1;
        while(n){
            sum*=n%p+1;
            n/=p;
        }
        printf("Case %d: %04d\n", cas++, sum%10000);
    }
    return 0;
}

HDU - 3037 Saving Beans

题目里说的是不超过m颗松子，发现固定松子个数可以用插板法计算，列出计算公式:

\[\sum_{i=0}^{m} C_{i+n-1}^{n-1} \]

也就是这样一个式子：

\[c(n-1,n-1)+c(n,n-1)+...+c(n+m-1,n-1) \]

(c(i,j)表示\(C_{i}^{j}\))

我们人为凑一个\(c(n-1,n-2)\)上去（反正是0），就会发现可以一直杨辉三角合并下去（\(c(i,j)+c(i,j+1)=c(i+1,j+1)\)）,最后得到\(c(n+m,m)\)

#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
int n,m,p;
int t;
int pre[100010];

inline int read(){
	char ch;int x=0;bool f=false;
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	if(f) x=-x;
	return x;
}

void pref(int p){
	for(int i=1;i<=p;i++){
		pre[i]=pre[i-1]*i;
		pre[i]%=p;
	}
}

int qpow(int a, int b)//快速幂
{
	int res = 1;
	for(; b; b>>=1, a=a*a%p)
		res = res * (b&1?a:1) % p;
	return res;
}

int C(int aa,int bb){
	if(aa<bb) return 0; 
	int val=pre[aa];
	val*=qpow(pre[aa-bb],p-2);
	val%=p;
	val*=qpow(pre[bb],p-2);
	val%=p;
	return val; 
}

int lucas(int aa,int bb){
	if(bb==0) return 1;
	int val=C(aa%p,bb%p);
	val*=lucas(aa/p,bb/p);
	val%=p;
	return val;
}

int solve(int aa,int bb){
	if(aa<0 || bb<0) return 0;
	int sum=0;
	for(int i=0;i<=bb;i++){
		sum+=lucas(aa,i);
		sum%=p;
		sum+=lucas(aa,i+1);
		sum%=p;
		//sum-=lucas(aa,i+1);
		//sum+=p;
		//sum%=p;
	}
	return sum;
}

signed main(){
	//p=1000000000;
	//cout<<qpow(2,3)<<endl;
	pre[0]=1;
	t=read();
	while(t--){
		cin>>n>>m>>p;
		pref(p);
		cout<<lucas(n+m,m)<<endl;
	}
	return 0;
}

HDU - 5226 Tom and matrix

和上一题差不多的处理思路，每一列凑一个值，最后算出来只剩两项，再减去凑的值（作者一直T，好心人帮忙调调代码T^T）

#include<iostream>
#define int long long
using namespace std;
int a,b,c,d,p;
int pre[100010];

inline int read(){
	char ch;int x=0;bool f=false;
	for(;!isdigit(ch);ch=getchar())if(ch=='-')f=1;
	for(;isdigit(ch);ch=getchar())x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);
	if(f) x=-x;
	return x;
}

void pref(int p){
	for(int i=1;i<=p;i++){
		pre[i]=pre[i-1]*i;
		pre[i]%=p;
	}
}

int qpow(int aa,int bb){
	int vl=1,hl=aa;
	hl%=p;
	while(bb){
		if(bb%2){
			vl*=hl;
			vl%=p;
		}
		hl*=hl;
		hl%=p;
		bb/=2;
	}
	return vl;
}

int C(int aa,int bb){
	if(aa<bb) return 0;
	if(bb==0) return 1;
	int val=pre[aa];
	val*=qpow(pre[aa-bb],p-2);
	val%=p;
	val*=qpow(pre[bb],p-2);
	val%=p;
	return val; 
}

int lucas(int aa,int bb){
	if(aa<p &&bb<p) return C(aa,bb);
	int val=C(aa%p,bb%p)*lucas(aa/p,bb/p);
	val%=p;
	return val;
}

signed main(){
	pre[0]=1;
	while(cin>>a>>b>>c>>d>>p){
		pref(p);
		if(p==1){
			cout<<0<<"\n";
			continue;
		}
		int ans=0;
		for(int i=b;i<=d;i++){
			ans+=lucas(c,i);
			ans+=lucas(c,i+1);
			ans-=lucas(a,i+1);
			ans+=p;
			ans%=p;
		}
		cout<<ans<<"\n";
	}
	return 0;
}

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From： https://www.cnblogs.com/wangwenhan/p/18523499

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