威尔逊定理

内容

Wilson 定理

对于素数 \(p\) 有 \((p-1)!\equiv -1\pmod p\).

证明

我们可以利用同余方程或原根得到两种简洁的证明，此处略去不表。

我们选择介绍前置知识较少的一种证明方法：

当 \(p=2\) 时，命题显然成立。

以下设 \(p\geq 3\)，此时我们要证 \(\mathbf{Z}_p\) 中所有非零元素的积为 \(\overline{-1}\).

我们知道 \(\mathbf{Z}_p\) 中所有非零元素 \(a\) 都有逆元 \(a^{-1}\)，于是 \(\mathbf{Z}_p\) 中彼此互逆的元素乘积为 \(\overline{1}\).

但是要注意 \(a\) 和 \(a^{-1}\) 可能相等。若 \(a=a^{-1}\)，则 \(a^2\equiv 1\pmod p\)，即

\[ 0\equiv a^2-1\equiv (a+1)(a-1)\pmod p \]

从而 \(a\equiv 1\pmod p\) 或 \(a\equiv -1\pmod p\).

这说明 \(\mathbf{Z}_p\setminus\{\overline{0},\overline{1},\overline{-1}\}\) 中所有元素的乘积为 \(\overline{1}\), 进而 \(\mathbf{Z}_p\) 中所有非零元素的积为 \(\overline{-1}\).

对于整数 \(n\)，令 \((n!)_p\) 表示所有小于等于 \(n\) 但不能被 \(p\) 整除的正整数的乘积，即 \((n!)_p=n!/(\lfloor n/p\rfloor !p^{\lfloor n/p\rfloor})\).

Wilson 定理指出 \((p!)_p=(p-1)!\equiv -1\pmod p\) 且可被推广至模素数 \(p\) 的幂次。

应用

阶乘与素数

在某些情况下，有必要考虑以某个素数 \(p\) 为模的公式，包含分子和分母中的阶乘，就像在二项式系数公式中遇到的那样。

只有当阶乘同时出现在分数的分子和分母中时，这个问题才有意义。否则，后续项 \(p!\) 将减少为零。但在分数中，因子 \(p\) 可以抵消，结果将是非零。

因此，要计算 \(n! \bmod p\)，而不考虑阶乘中出现因数 \(p\)。写下素因子分解，去掉所有因子 \(p\)，并计算乘积模。

用 \((n!)_p\) 表示这个修改的因子。例如：

\[ (7!)_p \equiv 1 \cdot 2 \cdot \underbrace{1}_{3} \cdot 4 \cdot 5 \underbrace{2}_{6} \cdot 7 \equiv 2 \bmod 3 \]

这种修正的阶乘，可用于快速计算各种带取模和组合数的公式的值。

计算余数的算法

计算上述去掉因子 \(p\) 的阶乘模 \(p\) 的余数。

\[ \begin{aligned} (n!)_p &= 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (p-2) \cdot (p-1) \cdot \underbrace{1}_{p} \cdot (p+1) \cdot (p+2) \cdot \ldots \cdot (2p-1) \cdot \underbrace{2}_{2p} \\\ &\quad \cdot (2p+1) \cdot \ldots \cdot (p^2-1) \cdot \underbrace{1}_{p^2} \cdot (p^2 +1) \cdot \ldots \cdot n \pmod{p} \\\\ &= 1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (p-2) \cdot (p-1) \cdot \underbrace{1}_{p} \cdot 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p-1) \cdot \underbrace{2}_{2p} \cdot 1 \cdot 2 \\\ &\quad \cdot \ldots \cdot (p-1) \cdot \underbrace{1}_{p^2} \cdot 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (n \bmod p) \pmod{p} \end{aligned} \]

可以清楚地看到，除了最后一个块外，阶乘被划分为几个长度相同的块。

\[ \begin{aligned} (n!)_p&= \underbrace{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (p-2) \cdot (p-1) \cdot 1}_{1\text{st}} \cdot \underbrace{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (p-2) \cdot (p-1) \cdot 2}_{2\text{nd}} \cdot \ldots \\\\ & \cdot \underbrace{1 \cdot 2 \cdot 3 \cdot \ldots \cdot (p-2) \cdot (p-1) \cdot 1}_{p\text{th}} \cdot \ldots \cdot \quad \underbrace{1 \cdot 2 \cdot \cdot \ldots \cdot (n \bmod p)}_{\text{tail}} \pmod{p}. \end{aligned} \]

块的主要部分 \((p-1)!\ \mathrm{mod}\ p\) 很容易计算，可以应用 Wilson 定理：

\[ (p-1)!\equiv -1\pmod p \]

总共有 \(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor\) 个块，因此需要将 \(\lfloor \frac{n}{p} \rfloor\) 写到 \(-1\) 的指数上。可以注意到结果在 \(-1\) 和 \(1\) 之间切换，因此只需要查看指数的奇偶性，如果是奇数，则乘以 \(-1\)。除了使用乘法，也可以从结果中减去 \(p\).

最后一个部分块的值可以在 \(O(p)\) 的时间复杂度单独计算。

这只留下每个块的最后一个元素。如果隐藏已处理的元素，可以看到以下模式：

\[ (n!)_p = \underbrace{ \ldots \cdot 1 } \cdot \underbrace{ \ldots \cdot 2} \cdot \ldots \cdot \underbrace{ \ldots \cdot (p-1)} \cdot \underbrace{ \ldots \cdot 1 } \cdot \underbrace{ \ldots \cdot 1} \cdot \underbrace{ \ldots \cdot 2} \cdots \]

这也是一个修正的阶乘，只是维数小得多。它是：

\[ \left(\left\lfloor \frac{n}{p} \right\rfloor !\right)_p \]

因此，在计算修改的阶乘 \((n!)_p\) 中，执行了 \(O(p)\) 个操作，剩下的是计算 \((\lfloor \frac{n}{p} \rfloor !)_p\)，于是有了递归，递归深度为 \(O(\log_p n)\)，因此算法的总时间复杂度为 \(O(p \log_p n)\).

如果预先计算阶乘 \(0!, 1!, 2!, \dots, (p-1)!\) 模 \(p\)，那么时间复杂度为 \(O(\log_p n)\).

计算余数算法的实现

具体实现不需要递归，因为这是尾部递归的情况，因此可以使用迭代轻松实现。在下面的实现中预计算了阶乘 \(0!, 1!, \dots, (p-1)!\).

因此时间复杂度为 \(O(p + \log_p n)\). 如果需要多次调用函数，则可以在函数外部进行预计算，于是计算 \((n!)_p\) 的时间复杂度为 \(O(\log_p n)\).

实现

int factmod(int n, int p) {
  vector<int> f(p);
  f[0] = 1;
  for (int i = 1; i < p; i++) f[i] = f[i - 1] * i % p;
  int res = 1;
  while (n > 1) {
    if ((n / p) % 2) res = p - res;
    res = res * f[n % p] % p;
    n /= p;
  }
  return res;
}

如果空间有限，无法存储所有阶乘，也可以只存储需要的阶乘，对它们进行排序，然后计算阶乘 \(0!,~ 1!,~ 2!,~ \dots,~ (p-1)!\) 而不显式存储它们。

Legendre 公式

如果想计算二项式系数模 \(p\)，那么还需要考虑在 \(n\) 的阶乘的素因子分解中 \(p\) 出现的次数，或在计算修改因子时删除因子 \(p\) 的个数。

Legendre 公式

\(n!\) 中含有的素数 \(p\) 的幂次 \(v_p(n!)\) 为：

\[ v_p(n!) = \sum_{i=1}^{\infty} \left\lfloor \frac{n}{p^i} \right\rfloor = \frac{n-S_p(n)}{p-1} \]

其中 \(S_p(n)\) 为 \(p\) 进制下 \(n\) 的各个数位的和。

特别地，阶乘中 2 的幂次是 \(v_2(n!)=n-S_2(n)\)

证明

将 \(n!\) 记为 \(1\times 2\times \cdots \times p\times \cdots \times 2p\times \cdots \times \lfloor n/p\rfloor p\times \cdots \times n\) 那么其中 \(p\) 的倍数有 \(p\times 2p\times \cdots \times \lfloor n/p\rfloor p=p^{\lfloor n/p\rfloor }\lfloor n/p\rfloor !\) 然后在 \(\lfloor n/p\rfloor !\) 中继续寻找 \(p\) 的倍数即可，这是一个递归的过程。

第二个等号与等比数列求和公式很相似。由于涉及各位数字和，利用数学归纳法可以轻松证明。

实现

int multiplicity_factorial(int n, int p) {
  int count = 0;
  do {
    n /= p;
    count += n;
  } while (n);
  return count;
}

时间复杂度 \(O(\log n)\)

以下记 \(\nu(n!)=\sum_{j\geq 1}\lfloor n/p^j\rfloor\).

Kummer 定理

组合数对一个数取模的结果，往往构成分形结构，例如谢尔宾斯基三角形就可以通过组合数模 2 得到。

如果仔细分析，\(p\) 是否整除组合数其实和上下标在 \(p\) 进制下减法是否需要借位有关。这就有了 Kummer 定理。

Kummer 定理

\(p\) 在组合数 \(\dbinom{m}{n}\) 中的幂次，恰好是 \(p\) 进制下 \(m\) 减掉 \(n\) 需要借位的次数。

即

\[ v_p\left(\dbinom{m}{n}\right)=\frac{S_p(n)+S_p(m-n)-S_p(m)}{p-1} \]

特别地，组合数中 \(2\) 的幂次是 \(v_2\left(\dbinom{m}{n}\right)=S_2(n)+S_2(m-n)-S_2(m)\).

Wilson 定理的推广

对于素数 \(p\) 和正整数 \(q\) 有 \((p^q!)_p\equiv \pm 1\pmod{p^q}\).

证明

依然考虑配对一个数与其逆元，也就是考虑关于 \(m\) 的同余方程 \(m^2\equiv 1\pmod{p^q}\) 的根的乘积，当 \(p^q=2\) 时方程仅有一根，当 \(p=2\) 且 \(q\geq 3\) 时有四根为 \(\pm 1,2^{q-1}\pm 1\) 其他时候则有两根为 \(\pm 1\).

至此我们对 Wilson 定理的推广中的 \(\pm 1\) 有了详细的定义，即

\[ (p^q!)_p\equiv \begin{cases} 1, & (p=2) \land (q\geq 3),\\ -1, & \text{otherwise}. \end{cases} \]

下文两个推论中的 \(\pm 1\)，均特指这样的定义：当模数 \(p^q\) 取 \(8\) 及以上的 \(2\) 的幂时取 \(1\)，其余取 \(-1\).

推论 1

对于素数 \(p\)、正整数 \(q\)、非负整数 \(n\) 和 \(N_0=n\bmod{p^q}\) 有

\[ (n!)_p\equiv (\pm 1)^{\lfloor n/{p^q}\rfloor}(N_0!)_p\pmod{p^q} \]

证明

令 \(\displaystyle \prod '\) 表示不能被 \(p\) 整除的数的乘积，有

\[ \begin{aligned} (n!)_p&=\prod_{1\leq r\leq n}'r\\ &=\left(\prod_{i=0}^{\lfloor n/p^q \rfloor -1}\prod_{1\leq j\leq p^q}'(ip^q+j)\right)\left(\prod_{1\leq j\leq N_0}'(\lfloor n/p^q\rfloor p^q+j)\right)\\ &\equiv ((p^q!)_p)^{\lfloor n/p^q\rfloor}(N_0!)_p\\ &\equiv (\pm 1)^{\lfloor n/p^q\rfloor}(N_0!)_p\pmod{p^q} \end{aligned} \]

将 \(1\times 2\times 3\times \cdots \times n\) 记为 \((0\times p^q+1)\times (0\times p^q+2)\times \cdots \times (\lfloor n/p^q\rfloor p^q+N_0)\) 就得到了上述第二行。

至此得到了：

推论 2

对于素数 \(p\) 和正整数 \(q\) 和非负整数 \(n\) 有

\[ \frac{n!}{p^{\sum_{j\geq 1}\lfloor \frac{n}{p^j}\rfloor}}\equiv (\pm 1)^{\sum_{j\geq q}\lfloor \frac{n}{p^j}\rfloor}\prod_{j\geq 0}(N_j!)_p\pmod{p^q} \]

其中 \(N_j=\lfloor n/p^j\rfloor \bmod{p^q}\) 而 \(\pm 1\) 与上述相同。

记 \(r=n-m\) 且 \(n > m\) 有

\[ \frac{(\pm 1)^{\sum_{j\geq q}\left(\lfloor n/p^j\rfloor -\lfloor m/p^j\rfloor -\lfloor r/p^j\rfloor\right)}}{p^{\nu(n!)-\nu(m!)-\nu(r!)}}\binom{n}{m}\equiv \frac{n!/p^{\nu(n!)}}{(m!/p^{\nu(m!)})(r!/p^{\nu(r!)})}\pmod{p^q} \]

右边的分母中括号内的项均在模 \(p^q\) 意义下均存在逆元，可直接计算，而 \(\pm 1\) 的与上述相同。

例题

例题 HDU 2973 - YAPTCHA

给定 \(n\), 计算

\[ \sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor \]

解题思路

若 \(3k+7\) 是质数，则

\[ (3k+6)!\equiv-1\pmod{3k+7} \]

设 \((3k+6)!+1=k(3k+7)\)

则

\[ \left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=\left\lfloor k-\left\lfloor k-\frac{1}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=1 \]

若 \(3k+7\) 不是质数，则有 \((3k+7)\mid(3k+6)!\)，即

\[ (3k+6)!\equiv 0\pmod{3k+7} \]

设 \((3k+6)!=k(3k+7)\)，则

\[ \left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=\left\lfloor k+\frac{1}{3k+7}-k\right\rfloor=0 \]

因此

\[ \sum_{k=1}^n\left\lfloor\frac{(3k+6)!+1}{3k+7}-\left\lfloor\frac{(3k+6)!}{3k+7}\right\rfloor\right\rfloor=\sum_{k=1}^n[3k+7\text{ is prime}] \]

参考代码

#include <iostream>

constexpr int M = 1e6 + 5, N = 3 * M + 7;

bool not_prime[N];
int sum[M];

int main() {
  for (int i = 2; i < N; ++i)
    if (!not_prime[i])
      for (int j = 2; j * i < N; ++j) not_prime[j * i] = true;
  for (int i = 1; i < M; ++i) sum[i] = sum[i - 1] + !not_prime[3 * i + 7];

  int t;
  std::cin >> t;
  while (t--) {
    int n;
    std::cin >> n;
    std::cout << sum[n] << std::endl;
  }
}

本页面主要译自博文 Вычисление факториала по модулю 与其英文翻译版 Factorial modulo p。其中俄文版版权协议为 Public Domain + Leave a Link；英文版版权协议为 CC-BY-SA 4.0。

参考资料

冯克勤。初等数论及其应用。

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