Lucas 定理
Lucas 定理
\[C_m^n \equiv C_{m \bmod p}^{n \bmod p} C_{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \pmod{p} \]证明
规定：\(inv_x\) 表示 \(x\) 在模 \(p\) 意义下的逆元
C(p,x)恒等于pinv[x]C(p-1,x-1)(模p意义下)
这里 \(0 < x
(1+x)p恒等于1+xp
根据二项式定理：
\[(1+x)^p = \sum\limits_{i=0}^p C_p^i \cdot x^i \cdot 1^{p-i} \]\[= \sum\limits_{i=0}^p C_p^i \cdot x^i \]\(\because C_p^x \equiv p \cdot inv_x \cdot C_{p-1}^{x-1} \equiv 0 \pmod{p}\)
\[\therefore (1+x)^p = C_p^0 \cdot x^0 + C_p^p \cdot x^p \]\[= 1 + x^p \]推 式 子
设 \(\left\{ \begin{matrix} s = \lfloor \frac{m}{p} \rfloor \\ r = m \bmod p \\ \end{matrix} \right.\)，则 \(m=sp+r\)
\[\because (1+x)^m = \sum\limits_{k=0}^{m} C_m^k x^k \]\[(1+x)^m = (1+x)^{sp+r} = (1+x)^{sp} \cdot (1+x)^r \]\[= [(1+x)^p]^s \cdot (1+x)^r \]\[\equiv (1+x^p)^s \cdot (1+x)^r \pmod{p} \]\[= \sum\limits_{i=0}^s C_s^i x^{ip} \cdot \sum\limits_{j=0}^r C_r^j x^j \]\[= \sum\limits_{i=0}^s \sum\limits_{j=0}^r C_s^i C_r^j x^{ip+j} \]因为 \(ip+j\) 刚好会枚举到 \([0,m]\) 中的整数各一次（对于每个在 \([0,m]\) 中的整数 \(x\) 都可以拆成 \(\lfloor \frac{x}{p} \rfloor \cdot p + x \bmod p\)的形式，而 \(i = \lfloor \frac{x}{p} \rfloor,j = x \bmod p\)），所以转而枚举 \(k=ip+j\)：
\[(1+x)^m \equiv \sum\limits_{k=0}^m C_s^{\lfloor \frac{k}{p} \rfloor} C_r^{k \bmod p} \pmod{p} \]让 \(k=n\)，则
\[C_m^n \equiv C_s^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} C_r^{n \bmod p} = C_{m \bmod p}^{n \bmod p} C_{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor}^{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor} \pmod{p} \]得证.
代码实现
例题：洛谷 P3807 【模板】卢卡斯定理
如果寻求高效率，建议先预处理出 \(0\)~\(p\) 在模 \(p\) 意义下的逆元和 \(0\)~\(p\) 的阶乘：
for(int i=2;i<=p;i++)
{
fac[i]=1ll*fac[i-1]*i%p;
inv[i]=1ll*(p-p/i)*inv[p%i]%p;
}
然后再处理出 \(0\)~\(p\) 的阶乘的逆元：
for(int i=2;i<=p;i++)
inv[i]=1ll*inv[i-1]*inv[i]%p;
//注意不能和求0~p的逆元放一起做！！！
然后就是快快乐乐的 \(Lucas\) 了：
int C(int _m,int _n,int mod)
{
if(_n>_m) return 0;
return 1ll*fac[_m]*inv[_n]%mod*inv[_m-_n]%mod;
}
int Lucas(int _m,int _n,int mod)
{
if(_n==0){return 1;}
else return 1ll*C(_m%mod,_n%mod,mod)*Lucas(_m/mod,_n/mod,mod)%mod;
}