docs/math/number-theory/lucas.md
前置知识：阶乘取模
本文讨论大组合数取模的求解．组合数，又称二项式系数，指表达式：
$$ \binom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}. $$
规模不大时，组合数可以通过 递推公式 求解，时间复杂度为 $O(nk)$；也可以在较大的素数模数 $p>n$ 下，通过计算分子和分母的阶乘在 $O(n)$ 时间内求解．但当问题规模很大（$n\sim 10^{18}$）时，这些方法不再适用．
基于 Lucas 定理及其推广，本文讨论一种可以在模数不太大 ($m \sim 10^6$) 时求解组合数的方法．更准确地说，只要模数的唯一分解 $m=\prod p_i^{e_i}$ 中所有素数幂的和（即 $\sum p_i^{e_i}$）在 $10^6$ 规模时就可以使用该方法，因为算法的预处理大致相当于这一规模．
首先讨论模数为素数 $p$ 的情形．此时，有 Lucas 定理：
???+ note "Lucas 定理" 对于素数 $p$，有
$$
\binom{n}{k}\equiv \binom{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor k/p\rfloor}\binom{n\bmod p}{k\bmod p}\pmod p.
$$
其中，当 $n<k$ 时，二项式系数 $\dbinom{n}{k}$ 规定为 $0$．
??? note "利用生成函数证明" 考虑 $\displaystyle\binom{p}{n} \bmod p$ 的取值．因为
$$
\binom{p}{n} = \frac{p!}{n!(p-n)!},
$$
所以，当 $n\neq 0,p$ 时，分母中都没有因子 $p$，但分子中有因子 $p$，所以分式一定是 $p$ 的倍数，模 $p$ 的余数是 $0$；当 $n=0,p$ 时，分式就是 $1$．因此，
$$
\binom{p}{n} \equiv [n=0\lor n=p] \pmod p.
$$
记 $f(x) = ax^n + bx^m$．一般地，由 [二项式展开](../combinatorics/combination.md#二项式定理) 和 [费马小定理](./fermat.md#费马小定理) 有
$$
\begin{aligned}
(f(x))^p
&= \left(ax^n + bx^m\right)^p \\
&= \sum_{k=0}^p\binom{p}{k}(ax^n)^k(bx^m)^{p-k}\\
&\equiv a^px^{pn} + b^px^{pm} \\
&\equiv a(x^p)^n+b(x^p)^m\\
&= f(x^p) \pmod p.
\end{aligned}
$$
其中，第三行的同余利用了前文说明的结论，即只有 $k=0,p$ 时，组合数才不是 $p$ 的倍数．
利用这一结论，考察二项式展开：
$$
\begin{aligned}
(1+x)^n &= (1+x)^{p\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p} \\
&\equiv (1+x^p)^{\lfloor n/p\rfloor}(1+x)^{n\bmod p} \pmod p.
\end{aligned}
$$
等式左侧中，项 $x^k$ 的系数为
$$
\binom{n}{k}\bmod p.
$$
转而计算等式右侧中项 $x^k$ 的系数．第一个因子中各项的次数必然是 $p$ 的倍数，第二个因子中各项的次数必然小于 $p$，而 $k$ 分解成这样两部分的和的方式是唯一的，即带余除法：$k=p\lfloor k/p\rfloor +(k\bmod p)$．因此，第一个因子只能贡献其 $p\lfloor k/p\rfloor$ 次项，第二个因子只能贡献其 $k\bmod p$ 次项．所以，右侧等式中 $x^k$ 系数为两个因子各自贡献的项的系数的乘积：
$$
\binom{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor k/p\rfloor}\binom{n\bmod p}{k\bmod p}\bmod p.
$$
令两侧系数相等，就得到 Lucas 定理．
??? note "利用阶乘取模的结论证明" 此处提供一种基于 阶乘取模 相关结论的证明方法，以方便和后文 exLucas 部分的方法建立联系．已知二项式系数
$$
\binom{n}{k} = \dfrac{n!}{k!(n-k)!}.
$$
将阶乘 $n!$ 中 $p$ 的幂次和其他因子分离，得到分解：
$$
n! = p^{\nu_p(n!)}(n!)_p.
$$
就得到二项式系数的表达式：
$$
\binom{n}{k} = p^{\nu_p(n!)-\nu_p(k!)-\nu_p((n-k)!)}\dfrac{(n!)_p}{(k!)_p((n-k)!)_p}.
$$
幂次 $\nu_p(n!)$ 和阶乘余数 $(n!)_p\bmod p$ 都有递推公式：
$$
\begin{aligned}
\nu_p(n!) &= \lfloor n/p\rfloor+\nu_p( \lfloor n/p\rfloor!),\\
(n!)_p &\equiv (-1)^{\lfloor n/p\rfloor}\cdot (n\bmod p)!\cdot (\lfloor n/p\rfloor!)_p\pmod p.
\end{aligned}
$$
前者是 Legendre 公式的推论，后者是 Wilson 定理的推论．
将递推公式代入二项式系数的表达式并整理，就得到：
$$
\begin{aligned}
\binom{n}{k} &\equiv (-p)^{\lfloor n/p\rfloor-\lfloor k/p\rfloor-\lfloor(n-k)/p\rfloor}\cdot\dfrac{(n\bmod p)!}{(k\bmod p)!((n-k)\bmod p)!} \\
&\quad \cdot p^{\nu_p(\lfloor n/p\rfloor!)-\nu_p(\lfloor k/p\rfloor!)-\nu_p(\lfloor(n-k)/p\rfloor!)}\dfrac{(\lfloor n/p\rfloor!)_p}{(\lfloor k/p\rfloor!)_p(\lfloor(n-k)/p\rfloor!)_p} \pmod p.
\end{aligned}
$$
现在考察 $\lfloor n/p\rfloor-\lfloor k/p\rfloor-\lfloor(n-k)/p\rfloor$ 的取值．因为有
$$
\begin{aligned}
n &= \lfloor n/p\rfloor p + (n\bmod p),\\
k &= \lfloor k/p\rfloor p + (k\bmod p),\\
n-k &= \lfloor (n-k)/p\rfloor p + ((n-k)\bmod p),\\
\end{aligned}
$$
所以，利用第一式减去后两式，就得到
$$
(\lfloor n/p\rfloor-\lfloor k/p\rfloor-\lfloor(n-k)/p\rfloor)p = (k\bmod p)+((n-k)\bmod p)-(n\bmod p).
$$
等式右侧，前两项的和严格小于 $2p$，而第三项 $n\bmod p$ 正是前两项的和的余数，所以右侧必然非负，但小于 $2p$，又需要是 $p$ 的倍数，就只能是 $0$ 或 $p$．这说明 $\lfloor n/p\rfloor-\lfloor k/p\rfloor-\lfloor(n-k)/p\rfloor$ 只能是 $0$ 或 $1$：
- 如果它是 $0$，那么此时也成立 $(n\bmod p) = (k\bmod p)+((n-k)\bmod p)$．因此，上式中的第一个因子的指数为 $0$，该因子就等于一；第二个因子就是 $\dbinom{n\bmod p}{k\bmod p}$；第三个因子则由前文的展开式可知，就等于 $\dbinom{\lfloor n/p\rfloor}{\lfloor k/p\rfloor}$．此时，Lucas 公式成立；
- 如果它是 $1$，那么第一个因子的指数为 $1$，该因子就等于零，所以二项式系数的余数为零．同时，Lucas 定理所要证明的等式右侧的 $\dbinom{n\bmod p}{k\bmod p}$ 也必然是零，因为此时必然有 $(n\bmod p)<(k\bmod p)$；否则，将有
$$
((n-k)\bmod p) = p + (n\bmod p) - (k\bmod p) \ge p.
$$
这显然与余数的定义矛盾．
综合两种情形，就得到了所要求证的 Lucas 定理．这一证明说明，在求解素数模下组合数时，利用 Lucas 定理和利用 exLucas 算法得到的结果是等价的．
Lucas 定理指出，模数为素数 $p$ 时，大组合数的计算可以转化为规模更小的组合数的计算．在右式中，第一个组合数可以继续递归，直到 $n,k<p$ 为止；第二个组合数则可以直接计算，或者提前预处理出来．写成代码的形式就是：
???+ example "示意"
cpp long long Lucas(long long n, long long k, long long p) { if (k == 0) return 1; return (C(n % p, k % p, p) * Lucas(n / p, k / p, p)) % p; }
其中，C(n, k, p) 用于计算小规模的组合数．
递归至多进行 $O(\log_p n)$ 次，因而算法的复杂度为 $O(f(p)+g(p)\log_p n)$，其中，$f(p)$ 为预处理组合数的复杂度，$g(p)$ 为单次计算组合数的复杂度．
此处给出的参考实现在 $O(p)$ 时间内预处理 $p$ 以内的阶乘及其逆元后，可以在 $O(1)$ 时间内计算单个组合数：
??? example "参考实现"
cpp --8<-- "docs/math/code/lucas/lucas.cpp"
该实现的时间复杂度为 $O(p+T\log_p n)$，其中，$T$ 为询问次数．
Lucas 定理中对于模数 $p$ 要求必须为素数，那么对于 $p$ 不是素数的情况，就需要用到 exLucas 算法．虽然名字如此，该算法实际操作时并没有用到 Lucas 定理．它的关键步骤是 计算素数幂模下的阶乘．上文的第二个证明指出了它与 Lucas 定理的联系．
首先考虑模数为素数幂 $p^\alpha$ 的情形．将阶乘 $n!$ 中的 $p$ 的幂次和其他幂次分开，可以得到分解：
$$ n! = p^{\nu_p(n!)}(n!)_p. $$
其中，$\nu_p(n!)$ 为 $n!$ 的素因数分解中 $p$ 的幂次，而 $(n!)_p$ 显然与 $p$ 互素．因此，组合数可以写作：
$$ \binom{n}{k} = p^{\nu_p(n!)-\nu_p(k!)-\nu_p((n-k)!)}\dfrac{(n!)_p}{(k!)_p((n-k)!)_p}. $$
式子中的 $\nu_p(n!)$ 等可以通过 Legendre 公式 计算，$(n!)_p$ 等则可以通过 递推关系 计算．因为后者与 $p^\alpha$ 互素，所以分母上的乘积的逆元可以通过 扩展欧几里得算法 计算．问题就得以解决．
注意，如果幂次 $\nu_p(n!)-\nu_p(k!)-\nu_p((n-k)!)\ge\alpha$，余数一定为零，不必再做更多计算．
对于 $m$ 是一般的合数的情形，只需要首先对它做 素因数分解：
$$ m = p_1^{\alpha_1}p_2^{\alpha_2}\cdots p_s^{\alpha_s}. $$
然后，分别计算出模 $p_i^{\alpha_i}$ 下组合数 $\dbinom{n}{k}$ 的余数，就得到 $s$ 个同余方程：
$$ \begin{cases} \dbinom{n}{k} \equiv r_1, &\pmod{p_1^{\alpha_1}}, \ \dbinom{n}{k} \equiv r_2, &\pmod{p_2^{\alpha_2}}, \ \quad\quad\cdots\ \dbinom{n}{k} \equiv r_s, &\pmod{p_s^{\alpha_s}}. \end{cases} $$
最后，利用 中国剩余定理 求出模 $m$ 的余数．
最后，给出模板题目 二项式系数 的参考实现．
??? example "参考实现"
cpp --8<-- "docs/math/code/lucas/exlucas.cpp"
该算法在预处理时将模数 $m$ 分解为素数幂，然后对所有 $p^\alpha$ 预处理了自 $1$ 至 $p^\alpha$ 所有非 $p$ 倍数的自然数的乘积，以及它在中国剩余定理合并答案时对应的系数．预处理的时间复杂度为 $O(\sqrt{m}+\sum_ip_i^{\alpha_i})$．每次询问时，复杂度为 $O(\log m+\sum_i\log_{p_i}n)$，复杂度中的两项分别是计算逆元和计算幂次、阶乘余数的复杂度．