首先说明逆元的概念，类似于倒数的性质。
方程ax≡1(mod p),的解称为a关于模p的逆，当gcd(a,p)==1（即a，p互质）时，方程有唯一解，否则无解。
对于一些题目会要求把结果MOD一个数，通常是一个较大的质数，对于加减乘法通过同余定理可以直接拆开计算，
但对于(a/b)%MOD这个式子，是不可以写成(a%MOD/b%MOD)%MOD的，但是可以写为(a*b-1)%MOD,其中b-1表示b的逆元。
知道了逆元的作用，接下来就是逆元的求法。
首先，有一个费马小定理:
费马小定理(Fermat’s little theorem)是数论中的一个重要定理，在1636年提出，其内容为： 假如p是质数，且gcd(a,p)=1，那么 a(p-1)≡1（mod p），即：假如a是整数，p是质数，且a,p互质(即两者只有一个公约数1)，那么a的(p-1)次方除以p的余数恒等于1。
意思很明了，由上方的公式很容易推导出:a*a(p-2)≡1（mod p）对于整数a，p，a关于p的逆元就是a^(p-2),直接快速幂解之即可，但注意这个定理要求a,p互质！
逆元 - 组合数取模
现在目标是求Cmn%pCnm%p，p为素数（经典p=1e9+7）
虽然有Cmn=n!m!(n−m)!Cnm=n!m!(n−m)!，但由于取模的性质对于除法不适用，所以Cmn%pCnm%p≠(n!%pm!%p∗(n−m)!%p)%p(n!%pm!%p∗(n−m)!%p)%p
所以需要把“除法”转换成“乘法”，才能借助取模的性质在不爆long long的情况下计算组合数。这时候就需要用到“逆元”！
逆元：对于a和p（a和p互素），若ab%p≡1，则称b为a%p的逆元。
那这个逆元有什么用呢？试想一下求(ab)(ab)%p，如果你知道b%p的逆元是c，那么就可以转变成(ab)(ab)%p = ac%p = (a%p)(c%p)%p
那怎么求逆元呢？这时候就要引入强大的费马小定理！
费马小定理：对于a和素数p，满足
%p≡1
接着因为ap−1ap−1 = ap−2∗aap−2∗a，所以有ap−2∗aap−2∗a%p≡1！对比逆元的定义可得，ap−2ap−2是a的逆元！
所以问题就转换成求解ap−2ap−2，即变成求快速幂的问题了（当然这需要满足p为素数）。
现在总结一下求解Cmn%pCnm%p的步骤：
通过循环，预先算好所有小于max_number的阶乘（%p）的结果，存到fac[max_number]里 (fac[i] = i!%p)
求m!%p的逆元（即求fac[m]的逆元）：根据费马小定理，x%p的逆元为xp−2xp−2，因此通过快速幂，求解fac[m]p−2fac[m]p−2%p，记为M
求(n-m)!%p的逆元：同理为求解fac[n−m]p−2fac[n−m]p−2%p，记为NM
Cmn%pCnm%p = ((fac[n]M)%pNM)%p
//快速幂求x^n%mod
long long pow_mod(long long x, long long n, long long mod) {
long long res = 1;
while (n) {
if (n & 1) res = res * x % mod;
x = x * x % mod;
n >>= 1;
}
return res;
}
long long fac[MAX_NUMBER+5];
long long n, m, p;
int main() {
while (~scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p)) {
//预处理求fac，fac[i] = i!%p
fac[0] = 1;
for (int i = 1; i <= n; i++) {fac[i] = fac[i - 1] * i % p;}
//组合数 = n!*(m!%p的逆元)*((n-m)!%p的逆元)%p
printf("%lld\n", fac[n] * pow_mod(fac[m], p - 2, p) % p * pow_mod(fac[n - m], p - 2, p) % p);
}
}