2023.2.26【模板】扩展Lucas定理

2023.2.26【模板】扩展Lucas定理

题目概述

\(\binom {n}{m} mod\) \(p\) 的值,不保证\(p\)为质数

算法流程

(扩展和普通算法毫无关系)

由于\(p\)不是质数,我们考虑[SDOI2010]古代猪文 - 洛谷中的处理方法:将\(p\)质因数分解得:

\[p = {p_1}^{c_1}{p_2}^{c_2}{p_3}^{c_3}....{p_k}^{c_k} \]

所以我们考虑计算$\binom nm mod $ \({p_i}^{c_i}\)的值,再用CRT合并即可

展开上式:

\[\frac {n!}{m!(n - m)!} mod\ {p_i}^{c_i} \]

我们发现由于\(m!(n - m)!\)中可能含有因数p,我们无法求出\(m!(n - m)!\)\({p_i}^{c_i}\)意义下的逆元,所以我们考虑除去三个数中所有的p因子,假设\(p^x | n!\)\(p^{x+1} \nmid n!\),即x是\(n!\)中p因子的个数(对于\(m!\)\((n - m)!\)同理)

\[\frac {\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n - m)!}{p^z}}p^{x - y - z}\ mod\ {p_i}^{c_i} \]

由于\(\frac{n!}{p^x}、\frac{m!}{p^y}、\frac{(n - m)!}{p^z}\)三式同构,我们考虑计算其中一个式子(以下用\(p\)替换\(p_i\)

\[\frac {n!}{p^x}\ mod \ {p}^{c_i} \]

展开为

\[\frac {1*2*3*...*n}{p^x}\ mod \ {p}^{c_i} \]

提出p的倍数

\[\frac {(p * 2p * 3p * .. * \lfloor {\frac np} \rfloor p) * \Pi_{i = 1;i \not\equiv 0}^{n}}{p^x}\ mod\ {p}^{c_i} \]

\[\frac {\lfloor {\frac np} \rfloor! * p^{\lfloor \frac np \rfloor} * \Pi_{i = 1;i \not\equiv 0}^{n}}{p^x}\ mod\ {p}^{c_i} \]

如果暴力计算\(\Pi_{i = 1;i \not\equiv 0}^{n}\)复杂度过高,不难发现其有一个循环节,即每过p个数就会少乘上第p个数,又因为\({p_i}^{c_i}+ r \equiv r\ mod\ {p_i}^{c_i}\),所以我们以\({p_i}^{c_i}\)作为这个循环节

\[\frac {\lfloor {\frac np} \rfloor! * p^{\lfloor \frac np \rfloor} * {[\Pi_{i = 1;i \not\equiv 0}^{p^{c_i}}]}^{\lfloor\frac {n}{p^{c_i}}\rfloor}\Pi_{i = {p^{c_i}}\lfloor\frac{n}{p^{c_i}}\rfloor;i \not\equiv 0}^{n}}{p^x}\ mod\ {p}^{c_i} \]

对于\(\Pi_{i = 1;i \not\equiv 0}^{p^{c_i}}\)\(\Pi_{i = {p^{c_i}}\lfloor\frac{n}{p^{c_i}}\rfloor;i \not\equiv 0}^{n}\),暴力计算即可

不管\(x\)取何值,最终p因子都会消除,所以计算时去掉\(p^{\lfloor \frac np \rfloor}\)

因为\(\lfloor \frac np \rfloor!\)中可能含有p因子,所以我们将其进行递归:

\(f(n) = \frac {n!}{p^x}\ mod \ {p}^{c_i}\),则:

\[f(n) = {f(\lfloor {\frac np} \rfloor) * {[\Pi_{i = 1;i \not\equiv 0}^{p^{c_i}}]}^{\lfloor\frac {n}{p^{c_i}}\rfloor}\Pi_{i = {p^{c_i}}\lfloor\frac{n}{p^{c_i}}\rfloor;i \not\equiv 0}^{n}}\ mod\ {p}^{c_i} \]

根据此式递推即可,时间复杂度为\(O(log_pn)\)不会证明qwq

对于外面的\(p^{x - y - z}\),只要求出\(x、y、z\)的值就可以计算了

观察以上函数可知,每次在\(f(n)\)这一层就会去掉\(\lfloor \frac np \rfloor\)个p因子

定义\(g(n)\)\(n!\)中p因子的个数,则:

\[g(n) = g(\lfloor \frac np \rfloor) + \lfloor \frac np \rfloor \]

此结论对于其他题目也同样有效

所以原始式子就转化成了

\[\frac {f(n)}{f(m)f(n - m)} * p^{g(n) - g(m) - g(n - m)} \ mod \ p^{c_i} \]

因为去掉了p因子,所以\(f(m)\)\(f(n - m)\)\(p^{c_i}\)互质,可以求逆元

因为\(p^{c_i}\)不是质数,不能直接用费马小定理计算,所以我们采用\(exgcd\)求逆元

最后进行CRT合并答案

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
ll res[101],d[101],zs[101],tot = 0,M[101];
inline ll g(ll n,ll p)
{
	if(n == 0) return 0;
	return g(n / p,p) + n / p;
}
inline ll ksm(ll base,ll pts,ll mod)
{
	ll ret = 1;
	for(;pts > 0;pts >>= 1,base = base * base % mod)
		if(pts & 1)
			ret = ret * base % mod;
	return ret;
}
inline ll F(ll n,ll p,ll k)
{
	if(n == 0) return 1;
	ll P = ksm(p,k,1e18 + 1);
	ll mul = 1;
	for(ll i = 1;i <= P;i++)
		if(i % p)
			mul = mul * i % P;
	mul = ksm(mul,n / P,P);
	for(ll i = P * (n / P);i <= n;i++)
		if(i % p)
			mul = mul * (i % P) % P;
	return F(n / p,p,k) * mul % P;
}
inline void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
	if(b == 0)
	{
		x = 1;
    	y = 0;
   		return;
  	}
	ll tmp;
	exgcd(b,a % b,x,y);
	tmp = y;
	y = x - (a / b) * y;
	x = tmp;
}
inline ll exlucas(ll n,ll m,ll p)
{
	ll tmp = p;
	for(ll i = 2;i <= sqrt(p);i++)
	{
		if(tmp % i == 0)
		{
			++tot;
			d[tot] = i;
			while(tmp % i == 0)
			{
				tmp /= i;
				++zs[tot];
			}
		}
	}
	if(tmp != 1)
	{
		++tot;
		d[tot] = tmp;
		zs[tot] = 1; 
	}
	for(int i = 1;i <= tot;i++) 
	{
		ll P = ksm(d[i],zs[i],1e18 + 1);
 		ll inv1,inv2,yy;
 		exgcd(F(m,d[i],zs[i]),P,inv1,yy);
 		exgcd(F(n - m,d[i],zs[i]),P,inv2,yy);
		inv1 = (inv1 % P + P) % P;
  		inv2 = (inv2 % P + P) % P;
		res[i] = F(n,d[i],zs[i]) * inv1 % P * inv2 % P * ksm(d[i],g(n,d[i]) - g(m,d[i]) - g(n - m,d[i]),P) % P;
		M[i] = P;
	}
	ll ans = 0;
	for(int i = 1;i <= tot;i++)
	{
	    ll inv,yy;
	    exgcd(p / M[i],M[i],inv,yy);
	    inv = (inv % M[i] + M[i]) % M[i];
		ans = (ans + res[i] * (p / M[i]) % p * inv % p) % p;
	}
	return ans;
}
int main()
{
	ll n,m,p;
	cin>>n>>m>>p;
	cout<<exlucas(n,m,p);
	return 0;
}

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