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威尔逊定理

内容

Wilson 定理

对于素数 有 .

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 时，命题显然成立。

以下设 ，此时我们要证 中所有非零元素的积为 .

我们知道 中所有非零元素 都有逆元 ，于是 中彼此互逆的元素乘积为 .

但是要注意 和 可能相等。若 ，则 ，即

从而 或 .

这说明 中所有元素的乘积为 , 进而 中所有非零元素的积为 .

对于整数 ，令 表示所有小于等于 但不能被 整除的正整数的乘积，即 .

Wilson 定理指出 且可被推广至模素数 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 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 将减少为零。但在分数中，因子 可以抵消，结果将是非零。

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

用 表示这个修改的因子。例如：

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 的阶乘模 的余数。

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。

块的主要部分 很容易计算，可以应用 Wilson 定理：

总共有 个块，因此需要将 写到 的指数上。可以注意到结果在 和 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 。除了使用乘法，也可以从结果中减去 .

最后一个部分块的值可以在 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：

这也是一个修正的阶乘，只是维数小得多。它是：

因此，在计算修改的阶乘 中，执行了 个操作，剩下的是计算 ，于是有了递归，递归深度为 ，因此算法的总时间复杂度为 .

如果预先计算阶乘 模 ，那么时间复杂度为 .

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 .

因此时间复杂度为 . 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 的时间复杂度为 .

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 而不显式存储它们。

Legendre 公式

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

Legendre 公式

中含有的素数 的幂次 为：

其中 为 进制下 的各个数位的和。

特别地，阶乘中 2 的幂次是

证明

将 记为 那么其中 的倍数有 然后在 中继续寻找 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

以下记 .

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， 是否整除组合数其实和上下标在 进制下减法是否需要借位有关。这就有了 Kummer 定理。

Kummer 定理

在组合数 中的幂次，恰好是 进制下 减掉 需要借位的次数。

即

特别地，组合数中 的幂次是 .

Wilson 定理的推广

Wilson 定理的推广

对于素数 和正整数 有 .

证明

依然考虑配对一个数与其逆元，也就是考虑关于 的同余方程 的根的乘积，当 时方程仅有一根，当 且 时有四根为 其他时候则有两根为 .

至此我们对 Wilson 定理的推广中的 有了详细的定义，即

下文两个推论中的 ，均特指这样的定义：当模数 取 及以上的 的幂时取 ，其余取 .

推论 1

对于素数 、正整数 、非负整数 和 有

证明

令 表示不能被 整除的数的乘积，有

将 记为 就得到了上述第二行。

至此得到了：

推论 2

对于素数 和正整数 和非负整数 有

其中 而 与上述相同。

记 且 有

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

例题

例题 HDU 2973 - YAPTCHA

给定 , 计算

解题思路

若 是质数，则

设

则

若 不是质数，则有 ，即

设 ，则

因此

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

  1. 冯克勤。初等数论及其应用。
最后更新: 2024年12月16日
创建日期: 2021年9月9日
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