\[\equiv\rfloor}\choose \lfloor \frac\rfloor}\times \mod p
\]此處的\(\%\)表示的是取模運算。
考慮化簡\(=\frac\)，不難發現當n和m都遠大於p的時候為了簡化運算我們可以將n,m,(n-m)都給按照p分段，如果\(n\%p \geq m\%p\)，那麼可以發現以分數線為界，分數線上面的整數段一定和分數線下面的整數段相同，反之則分數線上面的整數段比下面的整數段大1（這種情況不難發現答案是0）。
於是我們只考慮上面和下面整數段相同的情況，先計算剩下來的邊角，根據同餘可得邊角料的部分為\(\)。
然後考慮對於這些整塊，要如何簡化運算。根據同餘定理和逆元的一些性質可以得到對於分子和分母對於p同餘且不是p的倍數的部分一定可以消掉，就像這樣：
\[\frac\\\equiv\frac \mod p
\]然後我們把分子分母同時除以乙個\(p^t\)，就可以得到這部分的值為\(\lfloor\rfloor}\choose \lfloor \frac\rfloor\)了。
最後可得\(\equiv\rfloor}\choose \lfloor \frac\rfloor}\times \mod p\)。
證畢。以上內容均為自己的對於lucas定理及其證明的淺解，如有錯誤，歡迎指正。
#include#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define mrep(i,x) for(int i=beg[x],v;v=to[i],i;i=las[i])
#define debug(x) cout<<#x<<"="while(isdigit(ch))__=(__<<1)+(__<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
_=__*mul;
}const int maxn=1e5+10;
int t;
ll n,m,p,fac[maxn<<1];
ll qpow(ll x,ll y)
return ret;
}ll calc(ll x,ll y)\times p_2^\times \cdots\times p_m^\)的形式，然後對於每乙個\(p_i^\)，求出\(\equiv c_i \mod p_i^\)，然後用中國剩餘定理合併即可就可以得到最終的\(n\choose m\)。
考慮如何求\(c_i\)，可以從組合數的公式入手\(=\frac\)，注意到要求逆元，所以我們先把階乘式中的\(p_i\)全部提出來最後再乘上去。
洛谷板子：
#include#define rep(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i<=i##_end_;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a,i##_end_=b;i>=i##_end_;--i)
#define mrep(i,x) for(int i=beg[x],v;v=to[i],i;i=las[i])
#define debug(x) cout<<#x<<"="while(isdigit(ch))__=(__<<1)+(__<<3)+(ch^'0'),ch=getchar();
_=__*mul;
}const int maxn=1e6+10;
int tot;
ll n,m,p,d[maxn],a[maxn],c[maxn];
namespace ex
ll inv(ll x,ll mod)
}ll qpow(ll x,ll y,ll mod)
return ret;
}ll count(ll x,ll y)
ll fac(ll x,ll y,ll mod)
ll calc(ll x,ll y)
return (ret+p)%p;
}void work()
if(tmp!=1)++tot,d[tot]=a[tot]=tmp;
printf("%lld\n",calc(n,m));
}int main()
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