Lucas定理，是用来快速求解一个组合数对于一个数（保证这一个数是质数）的模。
那么，我们先来看Lucas定理的求解式：
\(\binom{n}{m}\%p\)（\(p\)是质数）
这样的一个式子，在\(n,m\leq 10^9\)的时候很容易炸掉，那么我们就要对它利用\(p\)进行化简求值 。
那么，我们可以将\(n,m\)用另一种形式处理（可以考虑成将\(n,m\)用\(p\)进制表示）
\(n=n_k\cdot p^k + n_{k-1}\cdot p^{k-1} + \cdots + n_1\cdot p + n_0\)
\(m=m_k\cdot p^k + m_{k-1}\cdot p^{k-1} + \cdots + m_1\cdot p + m_0\)
那么，\(\binom{n}{m}\equiv\binom{n_k}{m_k}\binom{n_{k-1}}{m_{k-1}}\cdots\binom{n_0}{m_0}\ (mod\ p)\)
是不是看起来很累啊，我们换一种方法\(\binom{n}{m}\equiv\prod_{i=0}^{k}\binom{n_i}{m_i} \ (mod\ p)\)
（p是质数就不写了哈，反正所有的p都是质数）
我们接下来证明：（不喜欢看这一段的同学直接看代码啦）
令\(n=a\cdot p+b,m=c\cdot p+d\)
\(\therefore a=\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor,b=\left \lfloor \frac{m}{p} \right \rfloor\)
引理1：$(1+x)^p \equiv 1+x^p \pmod{p} $
证明：
$(1+x)^p \equiv 1+x \pmod{p} $
\(x^p \equiv x \pmod{p}\)
\(1+x^p \equiv 1+x \pmod{p}\)
\(\therefore (1+x)^p \equiv 1+x^p \pmod{p}\)
证毕
\((1+x)^n=(1+x)^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor \cdot p}\cdot (1+x)^b \equiv (1+x^p)^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\cdot (1+x)^b\)
此处引入二项式定理：\((1+x)^n=\sum_{i=0}^{n}\binom{n}{i}\cdot x^i\)
\(\therefore (1+x^p)^{\left \lfloor \frac{n}{p} \right \rfloor}\cdot (1+x)^b=\sum_{i=0}^{a}\binom{a}{i}x^{p\cdot i}\cdot \sum_{j=0}^{b}\binom{b}{j}x^j\)
\((1+x)^n=\sum_{m=0}^{n}\binom{n}{m}x^m\)
\(\sum_{i=0}^{a}\binom{a}{i}x^{p\cdot i}\cdot \sum_{j=0}^{b}\binom{b}{j}x^j=\sum_{pi+j \leq m且j<p}\binom{a}{i}\binom{b}{j}x^{pi+j}\)
\(\because pi+j=m\)
\(\therefore \binom{a}{i}\binom{b}{j}=\binom{n}{m}\)
接下来迭代证明即可。

那么代码实现也十分简单。
【模板】卢卡斯定理
板子题，直接上板子：

#include <cstdio>
#define Maxn 100000
int n,m,p;
int inv[Maxn+5];
int a[Maxn+5];
int ksm(int x,int y){int ans=1;while(y){if(y&1){ans=(int)((long long)ans*x%p);}y>>=1;x=(int)((long long)x*x%p);}return ans;
}//求逆元
int C(int x,int y){if(y>x){return 0;}return (int)(1ll*a[x]%p*ksm(a[y],p-2)%p*ksm(a[x-y],p-2)%p);
}//求组合数
int lucas(int x,int y){if(y==0){return 1;}return (int)(lucas(x/p,y/p)*1ll*C(x%p,y%p)%p);
}//lucas，用递归实现极为简单
int main(){int t;scanf("%d",&t);while(t--){scanf("%d%d%d",&n,&m,&p);a[0]=1;for(int i=1;i<=p;i++){a[i]=(int)(a[i-1]*1ll*i%p);}//预处理printf("%d\n",lucas(n+m,n));}return 0;
}