随便记录点数论小trick

$Lucas$ 定理的小推论

先来看一道简单的例题：有趣的杨辉三角

题目大意：

给定一个整数 $n\space(1\le n \le 10^9)$ 和一个质数 $p\space(2 \le p < 1000)$，求出杨辉三角上第 $n+1$ 行上有多少个数不能被 $p$ 整除

分析

看到数据范围很恐怖，众所周知杨辉三角的第 $n+1$ 行上一共有 $n+1$ 个数，分别是：
$$ \binom{n}{0},\binom{n}{1},…\binom{n}{n-1},\binom{n}{n} $$
$n$ 的范围很大，而且要是暴力直接求组合数也得花费时间，显然不能直接暴力求解

但我们注意到 $p$ 是个很小的质数，而且这题考虑的组合数都是在模 $p$ 的意义下的，因此我们可以考虑 $Lucas$ 定理

题目要求这 $n+1$ 个组合数当中不能被 $p$ 整除的数有多少个，我们可以考虑一下怎么求可以被 $p$ 整除的数有多少个，即存在多少个 $k\in[0,n]$ 有 $\tbinom{n}{k}\equiv0(mod\space p)$

回顾一下 $Lucas$ 定理：当 $p$ 为质数时，将 $n$ 与 $k$ 写成 $p$ 进制数：
$$ n=n_0+n_1p+n_2p^2+…+n_dp^d$$$$ k=k_0+k_1p+k_2p^2+…+k_dp^d $$
则我们有：
$$ \binom{n}{k} \equiv \binom{n_0}{k_0}·\binom{n_1}{k_1}…\binom{n_d}{k_d}\space(mod\space p) $$
那当什么情况下这个 $\tbinom{n}{k}\equiv0 \space (mod\space p)$ 呢？

我们将上面的式子分开来看，比如对于一个 $\tbinom{n_i}{k_i}$ 而言，要让它为 $0$ ，根据组合数的求法，只有可能是 $n_i<k_i$ 时才会出现这样的情况，所以只要 $k_i\le n_i$，这个 $\tbinom{n}{k}$ 在 $mod \space p$ 的意义下都不为 $0$ ，即不被 $p$ 整除。

那这样的 $k$ 有多少个呢？根据乘法原理，将 $n$ 进行 $p$ 进制拆分后，对于 $k$ 的 $p$ 进制第 $i$ 位来说，$k_i$ 的取值可以是 $[0,1,2,…,n_i]$ 一共 $n_i + 1$ 种选法，所以最终答案为：
$$ \prod_{i=0}^{d}(n_i+1)\space $$$$ 其中n_i为n的p进制拆分的第i位 $$
其实这是个比较出名的定理，如下图：觉得我写的烂的可以自行阅读一下文献

Code:

#include <iostream>
#include <cstdio>

using namespace std;

const int mod = 10000;

int main() {
    int n, p, Case = 0;
    while (cin >> p >> n, n || p) {
        int res = 1;
        while (n) {
            res = res * (n % p + 1) % mod;
            n /= p;
        }
        printf("Case %d: %04d\n", ++ Case, res);
    }
    return 0;
}

时间复杂度：对 $n$ 进行 $p$ 进制分解的复杂度为 $O(log_pn)$，乘上测试数据组数，总时间复杂度为 $O(Tlog_pn)$，完全没问题