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引入

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．

Lucas 定理

首先讨论模数为素数 $p$ 的情形．此时，有 Lucas 定理：

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 $0$ ．

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，由二项式展开和费马小定理有

\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．

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 [!example]+ 示意

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．

参考实现

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：

参考实现

#include <iostream>
#include <vector>

class BinomModPrime {
  int p;
  std::vector<int> fa, ifa;

  // Calculate binom(n, k) mod p for n, k < p.
  int calc(int n, int k) {
    if (n < k) return 0;
    long long res = fa[n];
    res = (res * ifa[k]) % p;
    res = (res * ifa[n - k]) % p;
    return res;
  }

 public:
  BinomModPrime(int p) : p(p), fa(p), ifa(p) {
    // Factorials mod p till p.
    fa[0] = 1;
    for (int i = 1; i < p; ++i) {
      fa[i] = (long long)fa[i - 1] * i % p;
    }
    // Inverse of factorials mod p till p.
    ifa[p - 1] = p - 1;  // Wilson's theorem.
    for (int i = p - 1; i; --i) {
      ifa[i - 1] = (long long)ifa[i] * i % p;
    }
  }

  // Calculate binom(n, k) mod p.
  int binomial(long long n, long long k) {
    long long res = 1;
    while (n || k) {
      res = (res * calc(n % p, k % p)) % p;
      n /= p;
      k /= p;
    }
    return res;
  }
};

int main() {
  int t, p;
  std::cin >> t >> p;
  BinomModPrime bm(p);
  for (; t; --t) {
    long long n, k;
    std::cin >> n >> k;
    std::cout << bm.binomial(n, k) << '\n';
  }
  return 0;
}

该实现的时间复杂度为 $O(p+T\log_p n)$ ，其中， $T$ 为询问次数．

exLucas 算法

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．

素数幂模的情形

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．

一般模数的情形

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．

参考实现

最后，给出模板题目二项式系数的参考实现．

参考实现

#include <iostream>
#include <vector>

// Extended Euclid.
void ex_gcd(int a, int b, int& x, int& y) {
  if (!b) {
    x = 1;
    y = 0;
  } else {
    ex_gcd(b, a % b, y, x);
    y -= a / b * x;
  }
}

// Inverse of a mod m.
int inverse(int a, int m) {
  int x, y;
  ex_gcd(a, m, x, y);
  return (x % m + m) % m;
}

// Coefficient in CRT.
int crt_coeff(int m_i, int m) {
  long long mm = m / m_i;
  mm *= inverse(mm, m_i);
  return mm % m;
}

// Binominal Coefficient Calculator Modulo Prime Power.
class BinomModPrimePower {
  int p, a, pa;
  std::vector<int> f;

  // Obtain multiplicity of p in n!.
  long long nu(long long n) {
    long long count = 0;
    do {
      n /= p;
      count += n;
    } while (n);
    return count;
  }

  // Calculate (n!)_p mod pa.
  long long fact_mod(long long n) {
    bool neg = p != 2 || pa <= 4;
    long long res = 1;
    while (n > 1) {
      if ((n / pa) & neg) res = pa - res;
      res = res * f[n % pa] % pa;
      n /= p;
    }
    return res;
  }

 public:
  BinomModPrimePower(int p, int a, int pa) : p(p), a(a), pa(pa), f(pa) {
    // Pretreatment.
    f[0] = 1;
    for (int i = 1; i < pa; ++i) {
      f[i] = i % p ? (long long)f[i - 1] * i % pa : f[i - 1];
    }
  }

  // Calculate Binom(n, k) mod pa.
  int binomial(long long n, long long k) {
    long long v = nu(n) - nu(n - k) - nu(k);
    if (v >= a) return 0;
    auto res = fact_mod(n - k) * fact_mod(k) % pa;
    res = fact_mod(n) * inverse(res, pa) % pa;
    for (; v; --v) res *= p;
    return res % pa;
  }
};

// Binominal Coefficient Calculator.
class BinomMod {
  int m;
  std::vector<BinomModPrimePower> bp;
  std::vector<long long> crt_m;

 public:
  BinomMod(int n) : m(n) {
    // Factorize.
    for (int p = 2; p * p <= n; ++p) {
      if (n % p == 0) {
        int a = 0, pa = 1;
        for (; n % p == 0; n /= p, ++a, pa *= p);
        bp.emplace_back(p, a, pa);
        crt_m.emplace_back(crt_coeff(pa, m));
      }
    }
    if (n > 1) {
      bp.emplace_back(n, 1, n);
      crt_m.emplace_back(crt_coeff(n, m));
    }
  }

  // Calculate Binom(n, k) mod m.
  int binomial(long long n, long long k) {
    long long res = 0;
    for (size_t i = 0; i != bp.size(); ++i) {
      res = (bp[i].binomial(n, k) * crt_m[i] + res) % m;
    }
    return res;
  }
};

int main() {
  int t, m;
  std::cin >> t >> m;
  BinomMod bm(m);
  for (; t; --t) {
    long long n, k;
    std::cin >> n >> k;
    std::cout << bm.binomial(n, k) << '\n';
  }
  return 0;
}

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．

卢卡斯定理

引入

Lucas 定理

参考实现

exLucas 算法

素数幂模的情形

一般模数的情形

参考实现

习题