看见神犇\(yxs\)的博客发现自己忘了\(lucas\)，补一下
卢卡斯定理
结论：
当\(p\)为质数时，\(C_{n}^{m}=C_{n\, mod\, p}^{m\, mod\, p}*C_{n/p}^{m/p}\)
证明：
引理：
\((1+x)^p≡1+x^p (mod\, p)\)
证明：
根据费马小定理：\((1+x)^p≡(1+x)≡1+x^p(mod\, p)\)
主体证明：
\[(1+x)^n≡(1+x)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor p}*(1+x)^{n\, mod\, p}(mod\, p)\]
\[(1+x)^n≡(1+x^p)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}*(1+x)^{n\, mod\, p}(mod\, p)\]
二项式定理将两侧展开
\[\sum\limits_{i=0}^{n}C_{n}^{i}x^i≡\sum\limits_{i=0}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}C_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{i}x^{pi}*\sum\limits_{i=0}^{n\, mod\, p}C_{n\, mod\, p}^{j}x^j(mod\, p)\]
当\(pi+j=m\)时，\(x\)指数为\(m\)，此时\(i=\lfloor\frac{m}{p}\rfloor,j=m\, mod\, p\)
将此时\(i,j\)代入右侧得到
\[C_{n}^{m}=C_{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}*C_{n\, mod\, p}^{m\, mod\, p}(mod\, p)\]
递归求解复杂度为\(O(plogp)\)，当\(n,m\ge p\)时只能使用\(lucas\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
int T,n,m,p;
inline int fast(int x,int k)
{
int ret=1;
while(k)
{
if(k&1) ret=ret*x%p;
x=x*x%p;
k>>=1;
}
return ret;
}
inline int C(int n,int m)
{
if(n<m) return 0;
int sum1=1;
for(int i=n-m+1;i<=n;++i) (sum1*=i)%=p;
int sum2=1;
for(int i=1;i<=m;++i) (sum2*=i)%=p;
return sum1*fast(sum2,p-2)%p;
}
inline int lucas(int n,int m)
{
if(!m) return 1;
return lucas(n/p,m/p)*C(n%p,m%p)%p;
}
signed main()
{
T=read();
while(T--)
{
n=read(),m=read(),p=read();
printf("%lld\n",lucas(n+m,m));
}
return 0;
}拓展卢卡斯
当\(p\)不是质数……
数学中常见处理模数非质数套路：模数分解为质数然后\(crt\)
对\(P\)素数唯一分解\(P=\prod\limits_{i=1}^{k}p_i^{a_i}\)
求
\[\begin{cases}C_{n}^{m}\, (mod\ p_1^{a_1})\\C_{n}^{m}\, (mod\ p_2^{a_2})\\……\\C_{n}^{m}\, (mod\ p_n^{a_n})\end{cases}\]
先假设当前求的是第\(k\)项，即\(C_{n}^{m}\, (mod\, p_k^{a_k})\)，后面模数用\(p^k\)代替
等价于\(\frac{n!}{(n-m)!m!}mod\, p^k\)
不能直接求\((n-m)!\)和\(n!\)的逆元，因为它们不一定和\(p^k\)互质，可能不存在逆元
我们把左边含有\(p\)的因子提出来
\[\frac{\frac{n!}{p^x}}{\frac{m!}{p^y}\frac{(n-m)!}{p^z}}p^{x-y-z}mod\, p^k\]
则\(\frac{n!}{p^x}\)可以用\(exgcd\)求逆元
先来求\(\frac{n!}{p^x}\)中的\(x\)
我们知道\(n\)里面有\(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\)个\(p\)的倍数，那么我们每次统计出\(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor\)个贡献递归求解
设\(n!\)中有\(g(n)\)个\(p\)的因子，那么
\[g(n)=\lfloor\frac{n}{p}\rfloor+g(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)\]
边界为\(g(x)=0\,(x<p)\)
然后考虑求\(\frac{n!}{p^x}\)的值\(f(n)\)
由于是在模\(p^k\)的意义下，所以
\[n!=(\prod\limits_{i=1}^{p^k}i)^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}\prod\limits_{i=1}^{n\, mod\, p^k}i\]
我们把含\(p\)的项提出来
\[n!=\prod\limits_{i=1}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(pi)(\prod\limits_{i=1,i\,mod\,p\ne 0}^{p^k}i)^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}\prod\limits_{i=1,i\,mod\,p\ne 0}^{n\, mod\, p^k}i\]
\[n!=p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)!(\prod\limits_{i=1,i\,mod\,p\ne 0}^{p^k}i)^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}\prod\limits_{i=1,i\,mod\,p\ne 0}^{n\, mod\, p^k}i\]
倒数第二个\(\prod\)可以求一个\(p^k\)以内的乘积然后快速幂，最后一个\(\prod\)直接暴力求
至于\(p^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\)我们应该扔掉，但是\((\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)!\)内可能还有答案，递归求解
\[f(n)=f(\lfloor\frac{n}{p}\rfloor)(\prod\limits_{i=1,i\,mod\,p\ne 0}^{p^k}i)^{\lfloor\frac{n}{p^k}\rfloor}\prod\limits_{i=1,i\,mod\,p\ne 0}^{n\, mod\, p^k}i\]
复杂度为\(O(plogp)\)
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch;
for(ch=getchar();(ch<'0'||ch>'9')&&ch!='-';ch=getchar());
if(ch=='-') f=0,ch=getchar();
while(ch>='0'&&ch<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+ch-'0';ch=getchar();}
return f?x:-x;
}
int n,m,p;
inline void exgcd(int &x,int &y,int a,int b)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
return;
}
exgcd(y,x,b,a%b);
y-=a/b*x;
}
inline int fast(int x,int k,int p)
{
int ret=1;
while(k)
{
if(k&1) ret=ret*x%p;
x=x*x%p;
k>>=1;
}
return ret;
}
inline int inv(int a,int b)
{
int x,y;
exgcd(x,y,a,b);
return (x%b+b)%b;
}
inline int fac(int x,int a,int b)
{
if(!x) return 1;
int ret=1;
for(int i=1;i<=b;++i)
if(i%a) (ret*=i)%=b;
ret=fast(ret,x/b,b);
for(int i=1;i<=x%b;++i)
if(i%a) (ret*=i)%=b;
return ret*fac(x/a,a,b)%b;
}
inline int C(int n,int m,int a,int b)
{
int N=fac(n,a,b),M=fac(m,a,b),Z=fac(n-m,a,b);
int sum=0;
for(int i=n;i;i/=a) sum+=i/a;
for(int i=m;i;i/=a) sum-=i/a;
for(int i=n-m;i;i/=a) sum-=i/a;
return N*fast(a,sum,b)%b*inv(M,b)%b*inv(Z,b)%b;
}
inline int crt(int a,int m,int p)
{
return inv(m/p,p)*(m/p)*a;
}
inline int exlucas(int n,int m,int p)
{
int t=p,ret=0;
for(int i=2;i*i<=p;++i)
{
int k=1;
while(t%i==0) t/=i,k*=i;
if(k^1) (ret+=crt(C(n,m,i,k),p,k))%=p;
}
if(t>1) (ret+=crt(C(n,m,t,t),p,t))%=p;
return ret;
}
signed main()
{
n=read(),m=read(),p=read();
printf("%lld\n",exlucas(n,m,p));
return 0;
}