lucas定理
p为素数
\[\dbinom n m\equiv\dbinom {n\%p} {m\%p} \dbinom {n/p}{m/p}(mod p)\]
左边一项直接求，右边可递归处理，不包含求组合数复杂度是\(log_p(m)\)
证明
我们记\(n=sp+q，m=tp+r，(q,r<p)\)
\[\dbinom {sp+q} {tp+r} \equiv \dbinom {s} {t} \dbinom {q} {r} (mod p)\]
有这么一个性质\(\binom p d\equiv0，0<d<p\)
我们考虑使用幂来检验
利用扰动法（算两次）的思想
\[
\begin{aligned}
(1+x)^n&\equiv(1+x)^q*[(1+x)^p]^s (mod p)\\
&\equiv(1+x)^q*[\sum_{t=0}^p \binom p i x^i]^s(mod p)\\
根据上面的那个性质\\
&\equiv(1+x)^q*(1+x^p)^s(mod p)\\
&\equiv\sum_{i=0}^s \binom s i x^{pt} * \sum_{j=0}^q\binom q j x^j(mod p)\\
则有\\
(1+x)^{sp+q}&\equiv\sum_{i=0}^s \binom s i x^{pt} * \sum_{j=0}^q\binom q j x^j(mod p)\\
\sum_{k=0}^{sp+q}\binom {sp+q} {k} x^k&\equiv\sum_{i=0}^s \binom s i x^{pt} * \sum_{j=0}^q\binom q j x^j(mod p)\\
左边x^{tp+r}的系数为\binom {sp+q}{tp+r}&\\
右边x^{tp+r}的系数为\binom s t\binom q r &(因为q<p)\\
系数在mod意义下相等\\
得证
\end{aligned}
\]
推广
利用\(lucas\)定理可以\(O(p)\)预处理逆元+\(O(log_p(n))\)回答询问
那么p为合数呢？
1.如果p较小
方法1：
\(O(p)\)预处理出\(p\)内的素数，共\(\frac P {ln P}\)个
询问时扫一次素数
求出n，m，n-m中含有该素数多少个，求一个素数出现多少次要翻倍log次
复杂度\(\frac P {ln P}*\log n\approx n\)
方法2：
将p分解质因数，每个lucas求一次，再用中国剩余定理
2.如果p较大：
有一篇FFT快速求n！的方法
布吉岛有没有用
先 挖坑
