Lucas定理与大组合数的取模的求法总结

分类： ACMer 数学 2012-03-11 09:38 1219人阅读评论(0) 收藏举报

c

首先给出这个Lucas定理：

A、B是非负整数，p是质数。AB写成p进制：A=a[n]a[n-1]...a[0]，B=b[n]b[n-1]...b[0]。
则组合数C(A,B)与C(a[n],b[n])*C(a[n-1],b[n-1])*...*C(a[0],b[0]) modp同余

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

这个定理的证明不是很简单，我一直想找个很好的张明，但是，没找到，昨天看到了一个解题报告，基本上可以说明白这个Lucas定理是怎么回事了，具体的是说：

以求解n! % p为例，把n分段，每p个一段，每一段求的结果是一样的。但是需要单独处理每一段的末尾p, 2p, ...，把p提取出来，会发现剩下的数正好又是(n / p)!，相当于划归成了一个子问题，这样递归求解即可。

这个是单独处理n!的情况，当然C(n,m)就是n!/(m!*(n-m)!)，每一个阶乘都用上面的方法处理的话，就是Lucas定理了，注意这儿的p是素数是有必要的。

Lucas最大的数据处理能力是p在10^5左右，不能再大了，hdu 3037就是10^5级别的！

对于大组合数取模，n,m不大于10^5的话，用逆元的方法，可以解决。对于n,m大于10^5的话，那么要求p<10^5，这样就是Lucas定理了，将n,m转化到10^5以内解。

然后再大的数据，我就不会了！

贴一个例题的代码，方便以后看。

hdu 3037

将不大于m颗种子存放在n颗树中，问有多少种存法。

首先是不大于m颗种子，我没可以认为少于m的那些种子存放在了第n+1颗树上，这样的话，问题就转化成了将m颗种子存放在n+1颗树上的方案数。ok这个是组合数学里面的公式，亦即插板法，也就是X1+X2+X3+……+Xn+1 = m;ok，答案是C(n+m,m);

然后就是上面说的Lucas定理解决大组合数问题了

 
    [cpp]  
    view plain 
    copy 
    print 
    ? 
     
   
 #include <iostream>  
 #include <string.h>  
 #include <stdio.h>  
 using namespace std;  
   
 #define N 100010  
   
 long long mod_pow(int a,int n,int p)  
 {  
     long long ret=1;  
     long long A=a;  
     while(n)  
     {  
         if (n & 1)  
             ret=(ret*A)%p;  
         A=(A*A)%p;  
         n>>=1;  
     }  
     return ret;  
 }  
   
 long long factorial[N];  
   
 void init(long long p)  
 {  
     factorial[0] = 1;  
     for(int i = 1;i <= p;i++)  
         factorial[i] = factorial[i-1]*i%p;  
     //for(int i = 0;i < p;i++)  
         //ni[i] = mod_pow(factorial[i],p-2,p);  
 }  
   
 long long Lucas(long long a,long long k,long long p) //求C(n,m)%p p最大为10^5。a,b可以很大！  
 {  
     long long re = 1;  
     while(a && k)  
     {  
         long long aa = a%p;long long bb = k%p;  
         if(aa < bb) return 0; //这个是最后的改动！  
         re = re*factorial[aa]*mod_pow(factorial[bb]*factorial[aa-bb]%p,p-2,p)%p;//这儿的求逆不可先处理  
         a /= p;  
         k /= p;  
     }  
     return re;  
 }  
   
 int main()  
 {  
     int t;  
     cin >> t;  
     while(t--)  
     {  
         long long n,m,p;  
         cin >> n >> m >> p;  
         init(p);  
         cout << Lucas(n+m,m,p) << "\n";  
     }  
     return 0;  
 }  
 
      Lucas定理的一个证明(找的) 
    
 无意中看到这么一个定理,wiki上的证明我是看不懂了...
 http://en.wikipedia.org/wiki/Lucas%27_theorem 
 友情提示:上wiki,先*- -||
 千辛万苦...终于找到一个我能看懂的证明~
 先贴个wiki上的公式:
  
 For non-negative integers m and n and a prime p, the following congruence relation holds:

 where

 and

 are the base p expansions of m and n respectively.
  
 首先我们注意到 n=(ak...a2,a1,a0)p  =  (ak...a2,a1)p * p + a0
                                                        =  [n/p]*p+a0
 
                                                     且m=[m/p]+b0
  
 只要我们更够证明 C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)  (mod p)
 剩下的工作由归纳法即可完成
  
 我们知道对任意质数p:   (1+x)^p  == 1+(x^p)  (mod p) 
 注意!这里一定要是质数  ................(为什么)
  
 对 模p 而言
  上式左右两边的x^m的系数对模p而言一定同余(为什么),其中左边的x^m的系数是 C(n,m) 而由于a0和b0都小于p
 右边的x^m ( = x^(([m/p]*p)+b0)) 一定是由 x^([m/p]*p) 和 x^b0 相乘而得 (即发生于 i=[m/p] , j=b0 时) 因此我们就有了
  
 C(n,m)=C([n/p],[m/p]) * C(a0,b0)  (mod p) 
  
 这一结论!!!
  
 写的很乱~将就看吧
 
       
Lucas定理推广（组合数取模）  
 
        
      

Lucas定理推广（组合数取模）  
         2011年4月21日 
         Earthson 
         3 条评论 
          
        
 比赛的时候，意外想到了个方法来处理组合数取模。一推，发现就是Lucas定理，并且，在模数是素数乘方的情况作了些推广。使得lucas能够处理模任意数的组合数取模。
Lucas定理 首先给出Lucas定理的递归描述
 
 简要证明思路：
 考虑连续的p个整数（p是素数），把能整除p的那个数除去，然后取模，再乘起来模p其实是-1(*)。注意，因为和p互素的原因，这东西是可约的。
 
 再考虑这个组合公式
 
 上下都有k项，你能取的长度为p的连续整数有k/p段(从后往前取)，每一段去掉那个能被p整除的数，然后，上下因为有相同的段数，所以就被约掉了（明白为什么在这种情况下是可约的么？）。
 为什么能被p整除的数要被单独的拉出来呢？因为，和模数有公因子的数加入取模运算会导致不可逆。所以这些能被p整除的数需要被提取出来单独处理。
 于是，有了后面部分的C(n/p, k/p)，其实就是每个被提取出来的数再提取了一个因子p（因为上下提取出来的数一样多，所以，这些p自然就被约掉了）。然后，你幸运的发现，他是个组合数，于是问题被递归。最后，我们还有个前缀没有被处理。但是，因为模数是p，所以有下面公式
 
 把这写合并在一起，就有了Lucas定理的递归表述（公式1）
推广的Lucas 那么要怎么处理模数是素数p的乘方的情形呢？其实是一样的，只不过，有些东西就不再退化了，比如公式6。我们可以用同样的方式，先把因子p全部提取出来单独处理，于是得到如下的公式，来处理p的乘方。
 其中
 
 式2的前缀（F除以F）就是上面的公式6不能退化的情况。为什么？因为其中可能含有因子p。因子p加入会导致乘法取模的不可逆。
 需要注意的是，前缀很可能不是整数，在写代码的时候这个地方很容易犯错！所以要先进入子问题（可以用一个栈搞定）。
一般的组合数取模 有了这些，我们能干什么呢？其实，Lucas及其扩展只是把原来的组合数取模问题分割成了更小规模的问题（有lg(k)/lg(p)个）。
 考虑一个一般的问题，模数m任意。
 策略：
 我们把m先素数分解，然后用Lucas及其扩展分割。然后对每个小问题解决合并。合并可以用CRT进行（同余方程组，中国剩余定理）。于是，如果简单的组合数取模能在O(k)的时间完成，我们就得到一个时间复杂度的算法（其中p是m的素因子，t是该素因子的个数），然后我们需要用lg级别的时间，完成每一个的合并，空间取决于素数表的大小（当然，可以没有，没有的话，就是lg级别的空间了）
 可能的退化：如果p非常小，t非常大，即模数是小素数的高次。这个时候问题被退化到差不多O(k)的复杂度，k很大的情况下会很慢。但是经过测试，平均的情况非常快。
 下面给出代码
CombinationNumber.cpp
 包含一个比扩展lucas更稳定的版本
 （很长，包括了需要用到的所有模块，同余方程组素数表什么的都在，用的时候记得先生成素数表）：
 PS:公式5： Wilson定理，当然这东西是什么不重要，因为都会被约掉。
 
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         Algorithm,数论,组合 
        

基于二进制的递推  
         2011年3月15日 
         Earthson 
         没有评论 
          
        
 快半年没更新了，囧。。
 把去年的某类结果整理了下，总结如下：
 我们都习惯了前后项的逐项递推策略，这类一般的策略，可以称之为线性方式。下面，我说一种当序列满足某些性质是能狗构造的平方递推模式(基于项的二进制表示)
序列需要满足的性质 ***我们假设序列为a[1], a[2], a[3], a[4], a[5], ..., a[n]，以下所说的“简单”，意思是计算时间代价低于线性
 a[n] -> a[2n]是简单的（n是2的幂） 
 a[n], a[m] -> a[n + m]是简单的（n是2的幂，且m小于n） 
 当然，有一个更强的性质会使问题简化（它是上面条件的充分条件，但不是必要的）
 a[n], a[m] -> a[n + m]是简单的（m, n为任意正整数）
算法构造 首先考虑到因为性质1，所以，在已知a[1]推a[n]是非常简单的（其中n是2的幂）。
 其次，假设我们已经知道a[1]~a[n-1]的所有值，依赖性质2，我们可以轻易的把这些和a[n]合并，然后得到a[n + m]的值。于是，我们获得了a[1]~a[2n - 1]的所有值。
 注意到我们有a[1]所以，我们能对整个序列产生一个覆盖。
 接下去我们构造算法，来求特定的位置的a[p]
 假设p = n + m，n是不大于p的最大的2的幂，我们要做的只是求a[n]和a[m]。m大小的子问题和p大小的问题只在规模上存在不同。问题很快被递归到二进制低位 
 现在我们倒过来，你懂的。按照二进制展开逐位往高位递推（而且，我们在递推过程中逐位生成了a[n]，n是二的幂，真是一举两得）。 
 再给张图片，方便大家理解，推导规模为1101的情况
 
时间效率分析 这个还是依赖于合并和地推的效率的，如果性质1和2的效率是O(1)的，那么，最终效率就是O(lgn)，这个效率已经达到了信息量上的线性，单从界的角度已经是最好的了。
实例 逐次平方求幂，移位乘法，等比前n项和等各种都可以用这种方法构造，效率就不用多说了，时间O(lgn)，空间O(1)
 
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组合数取模总结  
         2010年10月25日 
         Earthson 
         8 条评论 
          
        
 组合数取模，其实实际用途不大。。好吧，acm老喜欢出这样的题目，因为数据可能很大。。
 以下给出第一个约分版本的组合数取模，能够处理当C(n,m) mod s当m不是很大的情况，有很多优化，先给代码吧^^
 
          
 
              int combination_Mod_m (int a, int b, int m)
{
    const int gate = 2000000000;  ///larger gate for more Optimization
    if (b > a) return 0;
    b = (a - b < b) ? a - b : b;
    int d[b], tmp = 1 ,l = 0, h, j, g;
    for (l = 0, j = a - b + 1; a - l >= j; l++)
    {
		d[l] = a - l;
		while(gate / d[l] >= j && a - l != j)
			d[l] *= j, j++;
    }
    for (j = 2, h = b; j <= h; h--)
    {
    	tmp *= h;
        while (gate / tmp >= j && h != j)
        	tmp *= j, j++;
        for (int i = 0; tmp != 1; i++)
        {
            g = gcd (tmp, d[i]);
            d[i] /= g, tmp /= g;
        }
    }
    int result = 1;
    for (int i = 0; i < l; i++)
        d[i] %= m, result *= d[i], result %= m;
    return result;
}  
            

 思路很直接——约分，基于这个公式，直接吧分子全部保存在一个数组里，然后用下面的数不断gcd，约去公因子，直到去约的数成为1，即下面所有的数都成为1。注意我加了一个优化——把分子和分母尽可能合并，以减少gcd运行的次数，这是一种贪心的策略。
 基于以下的问题:给定若干容器，每个里面存放了一个数，每个有一个容量的上限。规定一次合并操作——把两个容器合并为一个，但是其中保存的数为两个数的乘积。求若干合并之后，容器总数最少。
 策略：先排序，然后从最大的数开始，找最小的数和它乘，看有没有溢出，没有就合并这两个数，并且“删掉”最小的，用新的最小的数重复刚才的过程（和选定的那个大的数相乘），否则取次大的，不断进行这个过程，直到到达序列末。不难证明它是最优的。基于这个优化，在m不是很大的时候（一般不超过100），这个算法是接近线性(O(m))的，joj 2606就是这么被我优化到0.00s的^^
 
 第二个版本，使用素数分解约分，这个版本很快，估计应该是亚线性的，但它不能处理n非常大的情况，一般能够处理n在最大1000000左右的情况，并且需要用到素数表。基于以下公式：，先贴代码^^
 
          
 
              ///need prime table,and n < N
int combination_Mod_h (int n, int m, int h)
{
	if(h == 1) return 0;
        int result = 1, cnt = 0, temp;
	for(int i = 1; i < prime[0] && prime[i] <= n; i++)
	{
		temp = n, cnt = 0;
		while(temp)
			temp /= prime[i], cnt += temp;
		temp = n - m;
		while(temp)
			temp /= prime[i], cnt -= temp;
		temp = m;
		while(temp)
			temp /= prime[i], cnt -= temp;
		temp = prime[i];
		while(cnt)
		{
			if(cnt & 1)
                                result *= temp, result %= h;
			temp *= temp, cnt >>= 1, temp %= h;
		}
		if(result == 0) return 0;
	}
	return result;
}  
            

 这个基本没啥好说的，都比较直接，有一点要提一下：m!中素因子p的数目，求法:m不断除p，除的结果不断加到一个变量保存，当m为0的时候，那个保存的结果即所求（第9,12,15行都是这个过程），如果你大脑能作一个数域的映射的话，这个是显然的，当然你也可以技巧性的通过公式变形得到，具体就不解释了^^
 
 接下去介绍一个线性O(m)的方法，简单的说，就是把模数分解，然后同余方程组合并，这里给出模素数p的情况和模素数的乘方的情况
 
          
 
              ///O(m) p is prime number, p*p < INT_MAX
int combination_Mod_p (int n, int m, int p)
{
    if (m > n) return 0;
    m = (n - m < m) ? n - m : m;
    int a = 1, b = 1, x, y, pcnt = 0;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        a *= n - i + 1, b *= i;
        while (a % p == 0) a /= p, pcnt++;
        while (b % p == 0) b /= p, pcnt--;
        b %= p, a %= p;
    }
	if (pcnt) return 0;
    extended_gcd(b, p, x, y);
    if (x < 0) x += p;
    x *= a, x %= p;
    return x;
}
///O(m)
///p is prime and p^k < INT_MAX
int combination_Mod_pk (int n, int m, int p, int k)
{
    if (m > n) return 0;
    m = (n - m < m) ? n - m : m;
    int a = 1, b = 1, x, y, pa = 1, pb = 1, pcnt = 0;
    int q = power(p, k);
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        a *= n - i + 1, b *= i;
        while(a % p == 0) pa *= p, a /= p;
        while(b % p == 0) pb *= p, b /= p;
        while (pa % q == 0) pa /= q, pcnt++;
        while (pb % q == 0) pb /= q, pcnt--;
        b %= q, a %= q;
    }
    if(pa < pb) pcnt--, pa *= q;
    pa /= pb, a *= pa, a %= q;
    if (pcnt) return 0;
    extended_gcd(b, q, x, y);
    if (x < 0) x += q;
    x *= a, x %= q;
    return x;
}
/**
  * Extended Euclid's Algorithm
  * ax+by=gcd(a,b);
  **/
int extended_gcd (int a, int b, int &x, int &y)
{
    if (!b)
        return x = 1, y = 0, a;
    int ret = extended_gcd (b, a % b, x, y), tmp = x;
    x = y, y = tmp - (a / b) * y;
    return ret;
}
int power (int x, int k)
{
    int result = 1;
    while (k)
    {
        if (k & 1)
            result *= x;
        x *= x, k >>= 1;
    }
    return result;
}  
            

 这个原理不难，就是分子分母分别对p取模，然后求逆。。当然，需要注意可能的退化情况。
 假设分母为b，分子是a，则最后需要求的x值。
 注意，如果b和p有大于1的公因子，会有多解，这个就是退化情况，所有在过程中需要不断抽取b中p的因子，抽取之后再不断取模，这样就可以了。
 当然，因为a中相应的要约去b中被抽取的因子(这些都被一些临时变量保存)，所以a也要抽取p的因子（需要注意的是，乘了再约和约了再乘是不一样的，前者会导致失真）
 
 当然，上面是通过同余方程组，不用同余方程组的话，可以得到一个m*lgn的算法，不断抽取模数m的因子^^，也给出代码吧，因为没有同余方程组，实现稍简单一些，如果要求不是太高，也可以用
 
          
 
              /// s*s < INT_MAX , and s can be any positive number
int combination_Mod_s (int n, int m, int s)
{
    if (m > n) return 0;
    m = (n - m < m) ? n - m : m;
    int a = 1, b = 1, x, y, g, pcnt = 0;
    int pa = 1, pb = 1; ///To be sure that pa and pb is not overflow
    for (int i = 1; i <= m; i++)
    {
        a *= n - i + 1, b *= i;
        while( (g = gcd(a, s)) > 1) pa *= g, a /= g;
        while( (g = gcd(b, s)) > 1) pb *= g, b /= g;
        g = gcd(pa, pb), pa /= g, pb /= g;
        while (pa % s == 0) pa /= s, pcnt++;
        while (pb % s == 0) pb /= s, pcnt--;
        b %= s, a %= s;
    }
    while(pcnt) pcnt--, pa *= s;
    pa /= pb, pa %= s, a *= pa, a %= s;
    if (pcnt) return 0;
    extended_gcd(b, s, x, y);
    if (x < 0) x += s;
    x *= a, x %= s;
    return x;
}  
            

 最后，是一个我还没完全参透的定理：Lucas定理，具体可以参看wiki，目前还不太清楚能不能处理p的乘方（要是能就好了^^），慢慢研究吧
 
          
 
              /**
  * Lucas' theorem---combination number mod prime p
  * Be sure that p*p<INT_MAX
  **/
int lucas (int m, int n, int p)
{
    int result = 1;
    while (m && n && result)
        result *= combination_Mod_p (m % p, n % p, p), result %= p, m /= p, n /= p;
    return result;
}  
            

 
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素数筛法 Sieve Method  
         2010年9月28日 
         Earthson 
         4 条评论 
          
        
 前段时间学会了一个线性筛法，这个算法居然是O(n)的，确实令人震惊。而且更棒的是，它还为处理基于素因子分解的积性函数，提供了线性的筛法
 先贴一下代码吧^^
 
          
 
              const int N=100000;
int prime[N+1];
int get_prime() ///get primes from 1 to N in liner time
{
	memset(prime,0,sizeof(int)*(N+1));
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!prime[i]) prime[++prime[0]]=i;
		for(int j=1;prime[j]<=N/i;j++)
		{
			prime[prime[j]*i]=1;
			if(i%prime[j]==0) break;
		}
	}
	return prime[0];
}  
            

 算法的思路是这样的：总是使用能整除合数的最小素因子，筛去合数。注意第12行，这句话保证i不被任何比prime[j]小的素数整除，对于i*prime[j]（这个j包括比当前条件成立的j更小的j），它的最小素因子显然就是prime[j]。注意，筛去合数的，总是该合数的最小素因子和与之对应的另一个因子i，所以它只会被筛一次^^
 类似的可以得到很多积性以及“和性”的函数值，比如欧拉phi函数，sigma函数（n的所有因数和），还有n的所有因子的个数，等等等等。。。
 
          
 
              int ph[N+1]={0};     	///phi(x) for x<=N
int sig[N+1]={0};     	///sigma(x) for x<=N,sigma(x) is sum of x's all productors^^
int productorcnt[N+1]; 	///count of productor numbers frome 1 ro N

void phi_all() ///get phi(n) from 1 to N in liner time
{
	memset(ph,0,sizeof(int)*(N+1));
	prime[0]=0;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!ph[i]) prime[++prime[0]]=i,ph[i]=i-1;
		for(int j=1;prime[j]<=N/i;j++)
		{
			if(i%prime[j]) ph[prime[j]*i]=ph[prime[j]]*ph[i];
			else
			{
			    ph[prime[j]*i]=ph[i]*prime[j];
			    break;
			}
		}
	}
}


int min_pk[N+1];
void sigma_all()
{
	memset(sig,0,sizeof(int)*(N+1));
	sig[1]=1,min_pk[1]=1,prime[0]=0;
	for(int i=2;i<=N;i++)
	{
		if(!sig[i]) prime[++prime[0]]=i,sig[i]=i+1,min_pk[i]=i+1;
		for(int j=1;prime[j]<=N/i;j++)
		{
			if(i%prime[j])
			{
			    sig[i*prime[j]]=sig[i]*sig[prime[j]];
			    min_pk[i*prime[j]]=min_pk[prime[j]];
			}
			else
			{
				min_pk[i*prime[j]]=min_pk[i]*prime[j]+1;
				sig[i*prime[j]]=(sig[i]/min_pk[i])*min_pk[i*prime[j]];
				break;
			}
		}
	}
}  
            

 注意：得到的是从1~N之间所有数的对应函数值，而且这上面的每一个函数，都能顺便产生一个对应素数表。用一个50000大小的表，你就能处理50000的平方大小的数的对应函数值了^^

 
      