LightOJ 1067 Combinations

标签：就是   mat   begin   getc   mod   make   type   void   mic   

求 \(C_n^k\%p\)，\(C\) 为组合数，\(p=1000003\)，是个质数

前置芝士：

费马小定理

\(a^{p-1} \equiv a \mod p\) , \(p\) 为质数（费马小定理）

二项式定理：
\[ (a+b)^n=\sum_{i=0}^n{C_n^i}*a^i*b^{n-i} \]
当然，因为组合数是对称的，所以也可以写成
\[ (a+b)^n=\sum_{i=0}^n{C_n^i}*a^{n-i}*b^i \]
柿子1

\((a+b)^p \equiv a^p+b^p \mod p\)，\(p\) 为质数

证明：

由把 \(a+b\) 看成一个整体，由费马小定理得 \((a+b)^p \equiv (a+b) \mod p\)

由费马小定理得 \(a \equiv a^p \mod p\) , \(b \equiv b^p \mod p\)

所以 \((a+b)^p \equiv (a+b) \equiv (a^p+b^p) \mod p\)

柿子2

\((1+x)^p \equiv (1+x^p) \mod p\)

直接代入柿子1即可

卢卡斯定理
\[ C_n^m\%p=C_{\lfloor \frac np \rfloor}^{\lfloor \frac mp \rfloor}*C_{\lfloor n\%p \rfloor}^{\lfloor m\%p \rfloor}\%p \]
证明：

设 \(b=n\%p\)，

有
\[ (1+x)^n=(1+x)^{\lfloor \frac np \rfloor*p}*(1+x)^b \]
由柿子2得
\[ \equiv (1+x^p)^{\lfloor \frac np \rfloor}*(1+x)^b \mod p \]
由二项式定理得
\[ \equiv (\sum_{i=0}^{{\lfloor \frac np \rfloor}}{C_{\lfloor \frac np \rfloor}^i}*x^{pi})*(\sum_{j=0}^bC_b^j*x^j) \mod p \]
我们把这个柿子叫做 \(tanao\) 柿 ，把它暴力展开一下
\[ tanao=(C_{\lfloor \frac np \rfloor}^0*x^{0p}+C_{\lfloor \frac np \rfloor}^1*x^{1p}+...+C_{\lfloor \frac np \rfloor}^{\lfloor \frac np \rfloor}*x^{{\lfloor \frac np \rfloor}*p})*(C_b^0*x^0+C_b^1*x^1+...+C_b^b*x^b) \]
我们把 \(tanao\) 柿 里面所有的 \(x^m\) 项都拿出来加在一起记为 \(Q\) ，那么这个 \(Q=A*x^m\)

其中，\(A=\sum C_{\lfloor \frac np \rfloor}^i*C_b^j\) , \((pi+j=m)\)，因为 \(b=n\%p,j\le b\) 所以 \(j<p\)

我们再把原来那个 \((1+x)^n\) 用二项式定理展开
\[ (1+x)^n=\sum_{i=0}^n{C_n^i}*x^i \]
我们发现 \(x^i\) 项对应的系数恰好是 \(C_n^i\)

也就是说，我们上面 \(x^m\) 项对应的系数恰好是 \(C_n^m\)

即，\(C_n^m \equiv A \equiv \sum C_{\lfloor \frac np \rfloor}^i*C_b^j \mod p\) , \((pi+j=m,j<p)\)

所以我们现在有，\(pi+j=m,j<p,b=n\%p\)

可以得出
\[ \left\{ \begin{aligned} i=\lfloor \frac mp \rfloor,\j=m\%p, \b=n\%p, \end{aligned} \right. \]
然后你定睛一看，\(i,j,b\) 都是唯一的。。。。

那就把可以把 \(\Sigma\) 扔掉了，然后回代
\[ C_n^m \equiv C_{\lfloor \frac np \rfloor}^{\lfloor \frac mp \rfloor}*C_{\lfloor n\%p \rfloor}^{\lfloor m\%p \rfloor} \mod p \]
即
\[ C_n^m \%p = C_{\lfloor \frac np \rfloor}^{\lfloor \frac mp \rfloor}*C_{\lfloor n\%p \rfloor}^{\lfloor m\%p \rfloor} \%p \]
\(wonderful!\)

好，我们现在可以开始做题了

先把 \(C_n^m\) 里的 \(n,m\) 用卢卡斯递归降到 \(p\) 以下，然后再计算，递归回来

\(n,m\) 小于 \(p\) 的时候就好做了，先预处理出 \(p\) 以内的阶乘 \(f[i]=1*2*...*n\%p\) \(O(n)\) 预处理出来，然后用阶乘公式 \(C_n^m=\frac {n!}{m!(n-m)!}\) 计算，注意这里是膜 \(p\) 意义下，所以算除法要用乘法逆元，直接费马小定理即可

时间复杂度 \(O(\)很快\()\)

// This code Write By chtholly_micromaker(MicroMaker)
#include <cstdio>
#include <cctype>
#define reg register
#define int long long
using namespace std;
const int p=1e6+3;
template <class t> inline void rd(t &s)
{
    s=0;
    reg char c=getchar();
    while(!isdigit(c))
        c=getchar();
    while(isdigit(c))
        s=(s<<3)+(s<<1)+(c^48),c=getchar();
    return;
}
int f[p+100];
inline void Init()
{
    f[0]=1;
    for(int i=1;i<=p;++i)
        f[i]=f[i-1]*i%p;
    return;
}
inline int fastpow(int a,int b)
{
    reg int res=1;
    a%=p;
    for(;b;b>>=1,a=a*a%p)
        if(b&1)
            res=res*a%p;
    return res;
}
inline int inv(int x)
{
    return fastpow(x,p-2);
}
inline int C(int n,int m)
{
    if(m>n)
        return 0;
    return f[n]*(fastpow(f[m]*f[n-m]%p,p-2))%p;
}
inline int Lucas(int n,int m)
{
    if(!m)
        return 1;
    return C(n%p,m%p)*Lucas(n/p,m/p)%p;
}
inline void work()
{
    int n,m;
    rd(n);rd(m);
    printf("%lld\n",Lucas(n,m));
}
signed main(void)
{
    Init();
    int t;rd(t);
    for(int i=1;i<=t;++i)
        printf("Case %lld: ",i),work();
    return 0;
}

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