基础数论

$\gcd ,lcm$

简记$gcd(x,y)=(x,y),lcm(x,y)=[x,y]$.
$gcd,lcm$可以看做指数取$min,max$.

简单应用:
求$x_1,x_2...x_n$的$gcd$.
设$w=\max x_i$.
则复杂度为$O(n+\log w)$.(因为每次做gcd的因子都非升,$w$总共有$\log w$级别的因子数,所以得证).

欧拉定理

$(a,m)=1,a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$
证明:对于$m$的简化剩余系$x_1,x_2....x_{\phi (m)}$,每个数同乘$a$,
这时得到的集合不变$(a,b,c\perp m,a\not\equiv b\to ac\not\equiv bc(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m))$,所以得证.

拓展:
$a^b\equiv a^{min(b,b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m)+\phi (m))},d=(a,m)>1$.
证明:对于$b\le \phi (m)$,显然取前面部分,保持不变.

此时,对于剩下部分,我们把$a$的质因子按和$m$是否互质分类.

显然如果互质的质因数的话,$p^{\phi }(m)\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$,所以删去若干$\phi (m)$的倍数无所谓.

引理:
$\forall x^a{y}^b=k,a,b\le \phi (k)$.
先证明$k=p^c,满足c\le \phi (k)$.
考虑证明$p=2$,$c=1,2,3$显然成立,然后归纳可证.
对于$p>2$等式右边增大,由$p=2$的情况推广即可.
对于$n=p^c{q}^d,则需要满足max(c,d)\le \phi (n)$,这个可以由$c\le \phi (p^c),d\le \phi (q^d)$推得.

设$m=a^{r}t(t\perp a)$,由欧拉定理得:$a^{\phi (t)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$.
又因为$\phi (t)|\phi (m)$,所以$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}t)$.
两边同时乘上$a^r$,则有$a^{\phi (m)+r}\equiv a^r(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$.
由引理可知$r\le \phi (m)$,又因为$c>\phi (m)$,所以$r\le c,a^c=a^{c-r+r}=a^{c-r+\phi (m)+r}=a^{c+varphi(m)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$

综上可得:
$a^b=\{\begin{array}{l}{a}^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m)}(a\perp m)\\ a^b((a,m)>1,b\le \phi (m)\\ a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (m)+\phi (m)}otherwise\end{array}$

$a(\text{mod}m)$的阶

在$(a,m)=1$的情况下,$a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$的阶可以简记为$or{d}_m(a)$,它表示的是最小的x使得$a^x\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$.

显然$a^{\phi (m)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m)$.
有性质:$or{d}_m(a)|\phi (m)$,这个可以用反证法证明(设$\phi (m)=xt+r(0<r<x)$,然后可推出和最小性矛盾).
我们对$\phi (m)$质因数分解,设$\phi (m)=\prod p_i^{k_i}$.
我们记$o=x$,初始时$o=\phi (m)$.
然后我们不断尝试除质因子即可.

原根

若$g^1,g^2...g^{\phi (m)}$在$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}m$下互不相等,那么我们称$g$为模$m$的原根.

性质:

1. 有原根的$m=1,2,4,p^a,2p^a$($p$为奇素数).
2. $m$有$\phi (\phi (m))$个原根.
   这个涉及群的一些奇怪的东西,目前还不会证明.
   就证明一下比较简单的:$p有\phi (p-1)$个原根吧:
   先假设有一个原根$g$,那么$g^i(i\perp p-1)$也为原根.
   证明显然,因为如果有$gcd>1$,那么在小于$\phi (m)$次内就会在$=1$,与定义矛盾.
   所以原根总共有$\phi (p-1)$个.

原根的求法.(一般来说是对于奇素数$p$而言求原根,然后使得一些运算转化为四则运算)

for i: [2,p)
	for j in prime(p-1).
		if i^((p-1)/j) = 1,不是原根.

当然由于原根较多可以采取随机的方法.

还有一种奇技淫巧是用$NTT$卷积和暴力卷积进行对拍,拍上了就是原根.

裴蜀定理

$(a,b)=d,则存在ax+by=d$.
必要性比较显然,充分性可以利用欧几里得算法进行归纳证明.

卢卡斯定理:

$\boxed{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)\equiv \left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n\%p}{n\%p}\right)\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor }\right)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p))}$

证明:二项式定理+费马小定理.

$\{\begin{array}{l}1+x^n\equiv 1+x\\ (1+x{)}^n\equiv 1+x\end{array}\to (1+x{)}^n\equiv 1+x^n(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)\to (1+x{)}^n\equiv (1+x{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor p}(1+x^p{)}^{n\%p}\equiv (1+x{)}^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor }(1+x^p{)}^{n\%p}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$.(费马小定理)

然后我们带入二项式定理,考究系数的关系.

为了方便,以后的下去整忽略不写.

${\sum }_{i=0}^n{C}_n^i{x}^i\equiv {\sum }_{i=0}^{n/p}{C}_{n/p}^i{C}_n^i{x}^{ip}\ast {\sum }_{j=0}^{n\%p}{C}_{n\%p}^j{x}^j(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$

$\forall i\in [0,n]\cap \mathbb{N},i=sp+t(p,t\in \mathbb{N}),C_n^i{x}^i\equiv C_{n/p}^s{x}^{sp}{C}_{n\%p}^t{x}^t$

消去$x$,则可得到卢卡斯定理.

实现:递归处理.复杂度:$O({\log }_{p}n)$.(不计预处理阶乘的时间)

#include
#include
#include
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N=1e5+10;
ll jc[N],jc_inv[N],ans;
ll power_mod(ll a,ll b,ll c)
{
	ll ans=1%c;a%=c;
	while(b>0)
	{
		if(b&1)ans=ans*a%c;
		a=a*a%c;b=b>>1;
	}
	return ans;
}
int t,p,n,m;
void dfs(int a,int b)
{
	if(!b)return;
	dfs(a/p,b/p);
	ans=ans*(jc[a%p]*jc_inv[a%p-b%p]*jc_inv[b%p]%p)%p;
}
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	jc[0]=jc_inv[0]=1;
	while(t--)
	{
		scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);
		ans=1;
		for(int i=1;i<=p;i++)
		{
			jc[i]=jc[i-1]*i%p;
			jc_inv[i]=power_mod(jc[i],p-2,p);
		}
		dfs(n+m,m);
		printf("%lld\n",ans);
	}
	return 0;
}

拓展卢卡斯:

已知$n,m,p$,求$\boxed{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p}$(其中$p$不为质数)

推导:设$p=\prod p_i^{k_i}$,则我们只要求解所有$\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{m}\right)\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_i^{k_i}$,最后用中国剩余定理合并即可.

此时我们就求$\frac{n!}{m!(n-m)!}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^k$(为了方便这里的p是质数,与上面的意义不同).

由于不一定有逆元,所以我们可以先把$p$的倍数约去,即$\frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}\ast p^{x-y-z}\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^k$.

定义$F(x)$表示$x!$除去$p$的因子后$\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}^k$的结果.则有:

$F(x)=p^{n/p}F(n/p){\prod }_{i=1}^{n/p^k\ast p^k}i(i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\ne 0){\prod }_{i=n/p^k\ast p^k+1}^{n}i(i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\ne 0)$.

PS:前面部分表示含$p$的因子的情况.

中间部分有周期性,我们可以减小枚举范围.

而且$p$要消去,所以可以忽略.

所以$F(x)=F(n/p)\ast ({\prod }_{i=1}^{p^k}i(i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\ne 0){)}^{n/p^k}\ast {\prod }_{i=1}^{n-n/p^k\ast p^k}i(i\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\ne 0)$

递归处理即可.递归层数${\log }_{p}n$,单层扫描$p^k$.

总复杂度:$O({\log }_p^n{p}^k)$.

之后我们定义$G(x)$表示$x$中含有多少个$p$个因子,复杂度:$O({\log }_{p}n)$.

单次求解$C_n^m\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{p}_i^{k_i}$的复杂度:$O(p^k{\log }_p^n)$.

合并复杂度:$O(\log p^{k}T),T$为质因子个数.

总复杂度可以认为是:$O(p\log p)$.

#include
#include
#include
using namespace std;
const int N=66;
typedef long long ll;

ll power(ll a,ll b,ll mod) {
	ll c=1;
	while(b&&c) {
		if(b&1) c=c*a%mod;
		b /= 2; a=a*a%mod;
	}
	return c;
}

void exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y) {
	if(!a) {x=0; y=1; return ;}
	exgcd(b%a,a,y,x); x-=b/a*y;
}

ll inv(ll a,ll p) {
	ll x,y; exgcd(a,p,x,y);
	return (x%p+p)%p;
}

ll F(ll n,ll p,ll pk) {
	if(!n) return 1;
	ll s=1;
	for(int i=1;i<pk;i++)
		if(i%p) s=s*i%pk;
	s=power(s,n/pk,pk);
	for(int i=n%pk; i;i--)
		if(i%p) s=s*i%pk;
	return F(n/p,p,pk)*s%pk;
}

ll G(ll n,ll p) {
	ll s=0;
	while(n) s+=(n/=p);
	return s;
}

ll C(ll n,ll m,ll p,ll pk) {
	ll a=F(n,p,pk),b=inv(F(m,p,pk),pk),c=inv(F(n-m,p,pk),pk),d=power(p,G(n,p)-G(m,p)-G(n-m,p),pk);
	return a*b%pk*c%pk*d%pk;
}

ll A[N],B[N];
ll lucas(ll n,ll m,ll p) {
	int cnt=0;ll x=p;
	for(int i=2;i*i<=x;i++) if(x%i==0) {
		ll y=1;
		while(x%i==0) y*=i,x/=i;
		A[++cnt]=y; B[cnt]=C(n,m,i,y);
	}
	if(x>1) A[++cnt]=x,B[cnt]=C(n,m,x,x);
	ll ans=0;
	for(int i=1;i<=cnt;i++) 
		(ans += B[i]*(p/A[i])%p*inv(p/A[i],A[i])%p) %= p;
	return ans;
}

int main() {
	ll n,m,p; scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
	printf("%lld\n",lucas(n,m,p)); return 0;
}