【基本解题思路】

将n个相同的元素排成一行，n个元素之间出现了（n-1）个空档，现在我们用（m-1）个“档板”插入（n-1）个空档中，就把n个元素隔成有序的m份，每个组依次按组序号分到对应位置的几个元素（可能是1个、2个、3个、4个、….），这样不同的插入办法就对应着n个相同的元素分到m组的一种分法，这种借助于这样的虚拟“档板”分配元素的方法称之为插板法。

【基本题型的变形（一）】

题型：有n个相同的元素，要求分到m组中，问有多少种不同的分法？

解题思路：这种问题是允许有些组中分到的元素为“0”，也就是组中可以为空的。对于这样的题，我们就首先将每组都填上1个，这样所要元素总数就m个，问题也就是转变成将（n+m）个元素分到m组，并且每组至少分到一个的问题，也就可以用插板法来解决。 （这里需要相加）

【基本题型的变形（二）】

题型：有n个相同的元素，要求分到m组，要求各组中分到的元素至少某个确定值S（s＞1，且每组的s值可以不同），问有多少种不同的分法？

解题思路：这种问题是要求组中分到的元素不能少某个确定值s，各组分到的不是至少为一个了。对于这样的题，我们就首先将各组都填满，即各组就填上对应的确定值s那么多个，这样就满足了题目中要求的最起码的条件，之后我们再分剩下的球。这样这个问题就转变为上面我们提到的变形（一）的问题了，我们也就可以用插板法来解决。（这里是要减的）

至少一个的情况，与基本类型相同。

注意：此题是将m划分而不是将n划分，将m划分成n份，每份可以为0，带入第二种情况。只要理解这点此题就简单了。

题目相当于求n个数的和不超过m的方案数。

如果和恰好等于m，那么就等价于方程${x_1} + {x_2} + ... + {x_n} = m$的解的个数，利用插板法可以得到方案数为：

$C_{m + n - 1}^{n - 1} = C_{m + n - 1}^m$

现在就需要求不大于m的，相当于对i = 0,1...,m对$C_{n + i - 1}^i$求和，根据公式$C_n^k = C_{n - 1}^k + C_{n - 1}^{k - 1}$得

\[\begin{array}{*{20}{l}}
{C_{n - 1}^0 + C_n^1 + ... + C_{n + m - 1}^m}\\
{ = {\rm{ }}C_n^0 + C_n^1 + C_{n + 1}^2 + ... + C_{n + m - 1}^m}\\
{ = {\rm{ }}C_{n + m}^m}
\end{array}\]

现在就是要求$C_{n + m}^m\% p$,其中p是素数。

证明lucas定理一篇很好的博客：http://www.cnblogs.com/owenyu/p/6724560.html，是利用费马小定理证明的。

贴一个挺有用的证明：

lucas定理：

\[\left( \begin{array}{l}
n\\
m
\end{array} \right) = \prod\limits_{i = 0}^k {\left( \begin{array}{l}
{a_i}\\
{b_i}
\end{array} \right){\mathop{\rm modp}\nolimits} } \]

其中，

\[\begin{array}{l}
n = {({a_1}{a_2}{a_3}...{a_k})_p}\\
m = {({b_1}{b_2}{b_3}...{b_k})_p}
\end{array}\]

注：n,m不能大于10^5，不大于情况下用逆元的方法可以解决，如果大了就不能解决。

 1 #include<bits/stdc++.h>
 2 using namespace std;
 3 typedef long long ll;
 4 ll n,m,p,t;
 5 ll mod_pow(ll x,ll n,ll p){
 6     ll res=1;
 7     while(n){
 8         if(n&1) res=res*x%p;
 9         x=x*x%p;
10         n>>=1;
11     }
12     return res;
13 }
14 ll comb(ll n,ll m,ll p){
15     if(n==m) return 1;
16     if(n<m) return 0;
17     if(m>n-m) m=n-m;
18
19     ll tn=1,tm=1;
20     while(m){
21         tn=tn*n%p;
22         tm=tm*m%p;
23         n--,m--;
24     }
25     return tn*mod_pow(tm,p-2,p)%p;
26 } //其实lucas就是comb的一种特殊形式，所以代码才这么像
27 ll lucas(ll n,ll m,ll p){
28     ll res=1;
29     while(m){
30         res=res*comb(n%p,m%p,p)%p;
31         n/=p;
32         m/=p;
33     }
34     return res;
35 }
36 int main(){
37     scanf("%lld",&t);
38     while(t--){
39         scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
40         printf("%lld\n",lucas(n+m,m,p)%p);
41     }
42     return 0;
43 }

【基本解题思路】

将

n

个相同的元素排成一行，

n

个元素之间出现了（

n-1

）个空档，现在我们用（

m-1

）个

“

档板

”

插入（

n-1

）

个空档中，就把

n

个元素隔成有序的

m

份，每个组依次按组序号分到对应位置的几个元素（可能是

1

个、

2

个、

3

个、

4

个、

….

）

，这样不同的插入办法就对应着

n

个相同的元素分到

m

组的一种分法，这种借助于

这样的虚拟

“

档板

”

分配元素的方法称之为插板法。