【卢卡斯定理】

1.要求：p 是质数，m、n 很大但 p 很小或者 n、m 不大但大于 p

2.定理内容

$Lucas(n,m,p)=cm(n\:\:mod\:\:p,m\:\:mod\:\:p)*Lucas(\frac{n}{p},\frac{m}{p},p)$
$Lucas(x,0,p)=1$

其中， $cm(a,b)=a!*(b!*(a-b)!)^{p-2}\:\:mod\:\:p=\frac{a!}{(a-b)!}*(b!)^{p-2}\:\:mod\:\:p$

3.推论

当将 n 写成 p 进制： $n=a[n]a[n-1]...a[0]$ ，将 m 写成 p 进制： $m=b[n]b[n-1]...b[0]$ 时，有：

$C(a[n],b[n])*C(a[n-1],b[n-1])*...*C(a[0],b[0])\equiv (C(n,m)\:\:mod\:\:p)$

4.实现

代码实现可简单理解为： $C^m_n=C^{\frac{m}{p}}_{\frac{n}{p}}*C^{m \:mod\:p}_{n\:mod\:p}\:\:\:mod\:\:p$

LL fac[N];
void getFac(){//构造阶乘fac[0]=1;for(int i=1;i<1000000;i++){fac[i]=fac[i-1]*i%MOD;}
}
LL quickPowMod(LL a,LL b,LL mod){//快速幂LL res=1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;b>>=1;a=a*a%mod;}return res;
}
LL getC(LL n,LL m,LL mod){//获取C(n,m)%modif(m>n)return 0;return fac[n]*(quickPowMod(fac[m]*fac[n-m]%mod,mod-2,mod))%mod;
}
LL Lucas(LL n,LL m,LL mod){//卢卡斯定理if(m==0)return 1;return getc(n%mod,m%mod,mod)*Lucas(n/mod,m/mod,mod)%mod;
}
int main(){getFac();LL n,m;scanf("%lld%lld",&n,&m);printf("%lld\n",Lucas(n,k,MOD));return 0;
}

【扩展卢卡斯】

卢卡斯定理适用于 p 是素数的情况，但当 p 不是素数时，可以将其分解质因数，将组合数按照卢卡斯定理的方法求 p 的质因数的模，然后用中国剩余定理合并即可。

要求：p 不是质数 且 m、n 很大但 p 很小 或者 n、m 不大但大于 p

例如：

当需要计算 $C^n_m\:mod\:p,p=p^{q1}_1*p^{q2}_2*...*p^{qk}_k$ 时，可以求出： $C^n_m\equiv ai(mod\:p^{qi}_i)(1<i<k)$

然后对于方程组： $x\equiv ai(mod\:p^{qi}_i)(1<i<k)$ ，可以求出满足条件的最小的 x，记为： $x_0$

那么有： $C^n_m\equiv x_0(mod\:p)$

但是， $p^{qi}_i$ 并不是一个素数，而是某个素数的某次方，那么就需要计算 $C^n_m\:mod\:p^t,t\geqslant 2$
对于 $C^n_m\:mod\:p^t,t\geqslant 2$ ，已知 $C^m_n=\frac{n!}{m!(n-m)!}$ ，因此若能计算出 $n! \:mod \:p^t$ ，就能计算出 $m! \:mod \:p^t$ 和 $(n-m!) \:mod \:p^t$

设 $\left\{\begin{matrix}x=n!\: mod \;p^t \\ y=m!\: mod\: p^t \\ z=(n-m)!\: mod\: p^t \end{matrix}\right.$ ，那么答案就是 $x*reverse(y,p^t)*reverse(z,p^t)$ ，其中 $reverse(a,b)$ 代表计算 a 对 b 的乘法逆元

于是，问题就转换为如何计算 $n! \:mod \:p^t$

例如：p=3，t=2，n=19，有：

n! = 1×2×3×4×5×6×7×8×…×19

= (1×2×4×5×7×8×…×16×17×19) × (3×6×9×12×15×18)

= (1×2×4×5×7×8×…×16×17×19) × 36 × (1×2×3×4×5×6)

后半部分是 $(\frac{n}{p})!$ ，递归即可。前半部分是以 $p^t$ 为周期的 $(1*2*4*5*7*8)\equiv (10*11*13*14*16*17)(mod \:9)$

下面是孤立的 19，可以知道孤立出来的长度不超过 $p^t$ ，直接计算即可。

对于最后剩下的 36，只要计算出 n!、m!、(n−m)! 里含有多少个 p ，设他们分别有 x、y、z 个 p，那么 x−y−z 就是 $C^n_m$ 中 p 的个数，直接计算即可

LL powerMod(LL a,LL b,LL p) {//快速幂取模LL ans=1;while(b){if(b&1)ans=ans*a%p;a=a*a%p;b>>=1;}return ans;
}
LL fac(LL n,LL p,LL pk) {//计算阶乘if(!n)return 1;LL ans=1;for(int i=1; i<pk; i++)if(i%p)ans=ans*i%pk;ans=powerMod(ans,n/pk,pk);for(int i=1;i<=n%pk;i++)if(i%p)ans=ans*i%pk;return ans*fac(n/p,p,pk)%pk;
}
LL extendGCD(LL a,LL b,LL &x,LL &y) {//扩展欧几里得if(!b){x=1;y=0;return a;}LL xx, yy;LL gcd=extendGCD(b,a%b,xx,yy);x=yy;y=xx-a/b*yy;return gcd;
}
LL inv(LL a,LL p){//计算逆元LL x,y;extendGCD(a,p,x,y);return (x%p+p)%p;
}
LL C(LL n,LL m,LL p,LL pk) {//组合数模质数幂if(n<m)return 0;LL f1=fac(n,p,pk);LL f2=fac(m,p,pk);LL f3=fac(n-m,p,pk);LL cnt=0;for(LL i=n; i; i/=p)cnt+=i/p;for(LL i=m; i; i/=p)cnt-=i/p;for(LL i=n-m; i; i/=p)cnt-=i/p;return f1 * inv(f2,pk)%pk * inv(f3, pk)%pk * powerMod(p,cnt,pk)%pk;
}
LL a[N],c[N];
int tot;
LL CRT() {//中国剩余定理LL M=1,ans=0;for (int i=0; i<tot; i++)M*=c[i];for (int i=0; i<tot; i++)ans=(ans + a[i] * (M/c[i])%M * inv(M/c[i],c[i])%M )%M;return ans;
}
LL extendLucas(LL n,LL m,LL p) {//扩展卢卡斯for(int i=2; p>1&&i<=sqrt(p); i++) {LL temp=1;while(p%i==0) {p/=i;temp*=i;}if(temp>1) {a[tot]=C(n,m,i,temp);c[tot++]=temp;}}if(p>1) {a[tot]=C(n,m,p,p);c[tot++]=p;}return CRT();
}
int main() {LL n,m,p;cin>>n>>m>>p;cout<<extendLucas(n,m,p);return 0;
}

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