组合数——Lucas 基础学习整理【陆续更新】

声明：博主是个菜比，如果哪里写错了，请留言说明，谢谢，部分参考acdreamers大牛

定义：

Lucas定理是用来求Cmn%p，p为素数的值。Lucas定理是用来求Cnm%p，p为素数的值。 Lucas定理是用来求 C_n^m \% p，p为素数的值。

推导

这个自行百度吧，和二项式有关，下面看下结论吧（我也不懂）

结论

已知：Cmn%pCnm%pC_n^m \%p

逆元可以使用费马大定理或者扩展欧几里得都行

经典例题：

[1] HDU 3037 Saving Beans

题意：有n颗不同的树，每棵树的豆子无限多，问你有多少种方法可以保存不超过m个豆子(它们是相同的)。
分析：首先我们利用组合数中的隔板法来求出每个m的方案，然后求和即可

答案应该是 {n棵树取m个豆子} + {n棵树取m - 1} + {n棵树取m - 2} + …..+ {n棵树取0}
对于每个子问题我们利用隔板法来求解，比如第一个子问题 -> {n棵树取m个豆子}
我们把n棵树也当做豆子，然后在n + m个豆子中选出 m - 1个豆子来当做板子来分割，方案为Cm−1n+m−1Cn+m−1m−1C_{n+m-1}^{m-1}
同理，我们把若干子问题这样求出，答案依次为：
ans=C0n+C1n+1+⋅⋅⋅+Cm−2n+m−2+Cm−1n+m−1=Cmn+mans=Cn0+Cn+11+···+Cn+m−2m−2+Cn+m−1m−1=Cn+mmans = C_n^0 + C_{n +1}^1+···+C_{n+m-2}^{m-2} + C_{n+m-1}^{m-1} = C_{n +m}^m
上式是由Cmn=Cmn−1+Cm−1n−1Cnm=Cn−1m+Cn−1m−1C_n^m = C_{n - 1}^m +C_{n - 1} ^ {m - 1}推得

然后就利用Lucas来求即可

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#include <iostream>using namespace std;#define mod(x) ((x) % p)
typedef long long ll;
const int maxn = 1e5 + 10;ll fac[maxn + 10],rfac[maxn + 10];
ll n,m,p;ll qpow(ll a, ll b) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = mod(res * 1ll * a);a = mod(a * 1ll * a);b >>= 1;}return res;
}ll C(ll nn, ll mm) {ll up = 1, down = 1;for (int i = nn - mm + 1; i <= nn; i++) up = mod(up * 1ll * i);for (int i = 1; i <= mm; i++) down = mod(down * 1ll * i);return mod(up * qpow(down, p - 2));
}ll lucas(ll nn, ll mm) {if (mm == 0) return 1;return mod(lucas(nn / p, mm / p) * 1ll * C(nn % p, mm % p));
}int main() {int T; scanf("%d", &T);while (T--) {scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p);printf("%lld\n", lucas(n + m, m));}return 0;
}

[2] HDU - 3944 DP?

题意：已知在杨辉三角中，给你一个位置（简称CknCnkC_n^k），问你从(0,0)到(n,k)经过的数字和最小，结果对P取模，每次可以往下走，或者往右下走。

分析 : 首先杨辉三角是左右对称的，如果所求的k > n / 2时，直接令k = n - k;即可，然后我们只考虑在一侧的情况即可，我们这样想如果k == 0时，我们一直往下走即可，假设n = 5，如果k = 1时，我们肯定优先往下走，然后到了n - 1的位置，再往右下走即可简图如下：

如果k == 2同理如下：

现在应该可以找到规律了，我们只需在当前位置往左上走，知道走到边界，然后再往上走即可
现在只需求和即可，我们利用Cmn=Cmn−1+Cm−1n−1Cnm=Cn−1m+Cn−1m−1C_n^m = C_{n - 1}^m +C_{n - 1} ^ {m - 1}，可以得到
ans=Ckn+1+n−kans=Cn+1k+n−kans = C_{n +1} ^k + n - k
上式可以用数形结合来求出，这里请读者自行理解

这有个坑点，如果你用朴素的Lucas，会TLE，因为case特别多，我们需要做个预处理，题目上给了p给素数，范围只有1w，我们只需打出表即可，因为1e8的数组太大，我们需要把素数离散化一下，然后就可以了

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;const int maxn = 1e4 + 7;typedef long long ll;ll f[maxn][1534];
bool isp[maxn];
ll p[maxn];
int len;
int mm[maxn];
ll P;
int idx;
#define mod(x) ((x) % P)void init() {isp[0] = isp[1] = true;for (int i = 2; i < maxn; i++) {if (!isp[i]) {p[len++] = i;for (int j = i + i; j < maxn; j += i) {isp[j] = true;}}}for (int i = 0; i < len; i++) mm[p[i]] = i;for (int i = 0; i < len; i++) {for (int j = 0; j < maxn; j++) {if(j == 0) f[j][i] = 1;else f[j][i] = (f[j - 1][i] * 1ll * j) % p[i];}}
}ll qpow(ll a, ll b) {ll res = 1;while (b) {if (b & 1) res = mod(res * 1ll * a);a = mod(a * 1ll * a);b >>= 1;}return res;
}ll C(ll n, ll m) {if (n < m) return 0;return mod(mod(f[n][idx] * qpow(f[m][idx], P - 2)) * 1ll*  qpow(f[n - m][idx], P - 2));
}ll lucas(ll n, ll m) {if(m == 0) return 1;return mod(lucas(n / P, m / P) * 1ll * C(n % P, m % P));
}int main() {ll n,m;int cnt = 1;init();while (~scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &P)) {idx = mm[P];if (m > n / 2) m = n - m;printf("Case #%d: %lld\n",cnt++, mod(lucas(n + 1,m) + n - m));}return 0;
}

[3] ZOJ - 3557 How Many Sets II

题意：给你一个集合里面是{1,2,3···，n} 让你取m个元素，使得彼此不相邻，求方案数

分析：这是经典的隔板法，首先最后我们肯定是取出m个元素，剩下n - m个元素，这n-m个元素有
n - m +1 个空，然后我们在尝试这放着m个元素，这样答案就是
ans=Cmn−m+1ans=Cn−m+1mans = C_{n - m + 1} ^ m
利用lucas计算即可

参考代码

#include <cstdio>
#include <algorithm>
#include <cstring>using namespace std;const int maxn = 1e5 + 10;
typedef long long ll;
ll p;
#define mod(x) ((x) % p)ll qpow(ll a, ll b) {ll res = 1;while (b) {if(b & 1) res = mod(res * 1ll * a);a = mod(a * 1ll * a);b >>= 1;}return res;
}ll c(ll n, ll m) {ll up = 1, down = 1;for (ll i = 1; i <= m; i++) down = mod(down * 1ll * i);for (ll i = n - m + 1; i <= n; i++) up = mod(up *1ll * i);return mod(up *qpow(down, p - 2));
}ll lucas(ll n, ll m) {if (m == 0) return 1;return mod(lucas(n / p, m / p) * c(n % p, m % p));}int main() {ll n,m;while (~scanf("%lld%lld%lld", &n, &m, &p)) {printf("%lld\n", lucas(n - m + 1, m));}return 0;
}

[4] HDU - 4349 Xiao Ming’s Hope

题意：问你{C0n,C1n,⋅⋅⋅⋅，Cn−1n,CnnCn0,Cn1,····，Cnn−1,CnnC_n^0, C_n^1,····，C_n^{n - 1},C_n^n} 中有多少奇数

分析：这里参考acdream的做法，甚是巧妙，
我们假设每个组合数都要对2取模，就变成了Lucas了，也是对n,m转化成了二进制后，我们发现
C00=1C00=1C_0^0 = 1 ··· C10=0C01=0 C_0^1 = 0 ··· C01=1C10=1 C_1^0 = 1 ···· C11=1C11=1C_1^1 = 1
我们将n转化成二进制以后，如果要是得Cmn%==0Cnm%==0C_n^m \% == 0，
当n某一位上是0时，所对应的m只能为0
而当n某一位上是1时，所对应的m可以为0 也可以为1
所以我们只需统计n转化成二进制后1的个数即可

附：这里用到了__builtin，相关位运算，参考这里

参考代码

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
int main () {int n;while (~scanf("%d", &n)) {printf("%d\n", 1 << (__builtin_popcount(n)));}return 0;
}