Lucas定理
内容
\[ C^{n}_{m}\equiv C^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}_{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor} \times C^{n\%p}_{m\%p}\quad(mod\;p) \]
条件是 \(p\) 为质数。
\(Lucas\) 定理的主要作用是当组合数过大，无法处理其中 \(n\) 和 \(m\) 的阶乘。通过展开将其表示成累积形式。
复杂度为 \(O(log^n)\) 。
注意，由于实际上是将问题转移到 \(p\) 身上，所以 \(Lucas\) 的局限是 \(p\) 不能太大。
证明
首先提出一个引理：\(p\mid C^{i}_{p}\quad(p=1,2,3,\cdots,p-1)\)
证明如下：
\[ \bf 原式等于：\scr \frac{\overbrace{p(p-1)\cdots (p-i+1)}^{i}}{i!} \]
易知一个数 \(x\) 在长度为 \(x\) 的连续自然数中必有一个整倍数。那么可以知道下面的 \(i\) 一定对应上面的某数。
但是可以知道，小于 \(p\) 的数中只有 \(1\) 可以整除它，那么我们就可以知道 \(1\) 对应 \(p\) ，在除完后 \(p\) 这个因子被保留了下来，当然可以被 \(p\) 整除。
下面正式开始证明。
利用了二项式展开，已知：
\[
(1+x)^{np+m}\equiv ((1+x)^p)^n\times(1+x)^{m}\quad(mod\;p)
\]
我们知道，在 \((1+x)^p\) 的二项式展开式里，所有项前面都有一个 \(C^{i}_{p}\) ，那么除了 \(1\) 和 \(x^p\) 两项，其他都可以被 \(p\) 整除。所以上式等同于：
\[
(1+x^p)^n\times(1+x)^m\equiv\sum^{n}_{i=1}C^{i}_{n}x^{ip}\;\sum^{m}_{j=1}C^{j}_{m}x^j\quad(mod\;p)
\]
那么，在项 \(x^{rp+s}\) 项前的系数，用原二项式展开式和推出来的式子表示应该是一样的：
\[
C^{rp+s}_{np+m}\equiv C^{r}_{n}\;C^{s}_{m}\quad(mod\;p)
\]
即为：
\[
C^{n}_{m}\equiv C^{\lfloor \frac{n}{p}\rfloor}_{\lfloor \frac{m}{p}\rfloor} \times C^{n\%p}_{m\%p}\quad(mod\;p)
\]
从另一个角度来看，其实是对 \(n\) 和 \(m\) 进行 \(p\) 进制展开。
MOD 及奇怪的小细节
实际操作时 \(n\%p\) 项小于 \(p\) 可以直接算，但是 \(\lfloor \frac{n}{p}\rfloor\) 项要继续递归求解。
还有一个问题要注意，计算中， \(n\%p\) 是可能比 \(m\%p\) 大的，要怎么处理呢？
从组合意义上，算 \(0\) 当然是没错，即为：一旦有 \(n\%p\) 比 \(m\%p\) 大，就会是 \(p\) 的整倍数。
结论很奇怪，我们还是来证明一下：
\[
\bf 设 \;\scr a=np+m,b=kp+s\quad \bf 其中\;\scr m>s,k>n\\ \bf那么：\;\rm
C^{a}_{b}=\frac{(kp+s)(kp+s-1)\cdots(np+m+1)}{((k-n)p+(s-m))!}
\]
分子中有 \(k-n\) 个 \(i\times p\) 项；当 \(s<m\) ，即 \(s-m <0\) 时，分母只有 \(k-n-1\) 个 \(i\times p\) 项。
可见最后有一个因子 \(p\) 被保留下来了。当然这时模 \(p\) 值为 \(0\) 。
最后上代码：
\(\frak code\)
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
int t;
int n,m,mod,ans;
int fac[100005];
int get_inv(int x,int p){
int ret=1;
int q=p-2;
while(q>0){
if(q&1) ret=(1ll*ret*x)%p;
x=(1ll*x*x)%p;
q>>=1;
}
return ret;
}
int c(int a,int b,int p){
if(b<a) return 0;
return (1ll*(1ll*fac[b]*get_inv(fac[a],p))*get_inv(fac[b-a],p))%p;
}
int lucas(int a,int b,int p){
if(b==0) return 1;
return (1ll*lucas(a/p,b/p,p)*c(a%p,b%p,p)%p);
}
int main()
{
fac[0]=1;
fac[1]=1;
scanf("%d",&t);
while(t--){
scanf("%d %d %d",&n,&m,&mod);
for(int i=2;i<=n+m;i++){
fac[i]=(1ll*fac[i-1]*i)%mod;
}
ans=lucas(n,n+m,mod);
printf("%d\n",ans%mod);
}
return 0;
}
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\(\frak by\;thorn\_\)
来源：https://www.cnblogs.com/thornblog/p/12235350.html