定义
若 (p) 为质数，且(age bge1)，则有：
[C_{a}^{b}equiv C_{a/p}^{b/p}cdot C_{a (mod\,p)}^{b(mod\,p)}
]
拆分a与b
按照 (p) 进制拆分 (a) 与 (b) ,设 (a) 与 (b) 是 (k) 位，不足用 (0) 补足。
[left{egin{aligned}
a&=a_0p^{0}+a_1p^{1}+cdots+a_{k-1}p^{k-1}+a_kp^{k}\
b&=b_0p^{0}+b_1p^{1}+cdots+b_{k-1}p^{k-1}+b_kp^{k}
end{aligned} ag{1}
ight.
]
证明((1+x)^{p}equiv1+x^p\,mod\,p)
根据二项式定理有：
[egin{aligned}
(1+x)^p&=C_p^0x^0+C_p^1x^1+C_p^2x^2+cdots+C_p^{p-1}x^{p-1}+C_p^px^p\
&=1+C_p^1x+C_p^2x^2+cdots+C_p^{p-1}x^{p-1}+x^p\
end{aligned}
]
(ecause p为质数 herefore1sim p-1均与p互质\ herefore C_p^2,C_p^3,cdots,C_p^{p-1}均能整除p,即C_p^2,C_p^3,cdots,C_p^{p-1}\,mod\,p=0)
[(1+x)^pequiv(1+x^p)\,mod\,p ag{2}
]
即 ((1+x)^p) 在模 (p) 的意义下与 ((1+x^p)) 同余。
根据 ((1+x)^a) 求解 (C_b^a)
设 (a=lfloor frac{a}{p} floor p+a\%p)，(a'=lfloor frac{a}{p} floor) 有：
[egin{aligned}
(1+x)^a&=(1+x)^{lfloor frac{a}{p}
floor p+a\%p}\
&=(1+x)^{a'p+a\%p}\
&=(1+x)^{a'p}(1+x)^{a\%p}\
ecause a\%p=a_0
herefore &=(1+x)^{a'p}(1+x)^{a_0}\
&=underline{((1+x)^p)^{a'}}(1+x)^{a_0}\
ecause公式(2)
herefore &=underline{(1+x^p)^{a'}(1+x)^{a_0}}
end{aligned} ag{3}
]
再设 (a'=lfloor frac{a'}{p} floor p+a'\%p)，(a''=lfloor frac{a'}{p} floor) 有：
[egin{aligned}
((1+x)^p)^{a'}&=(1+x^p)^{lfloor frac{a'}{p}
floor p+a'\%p}\
&=(1+x^p)^{a''p+a'\%p}\
&=(1+x^p)^{a''p}((1+x)^p)^{a'\%p}\
ecause a'\%p=a_1
herefore &=(1+x^p)^{a''p}((1+x)^p)^{a_1}\
&=underline{(1+x^p)^p)^{a''}((1+x)^p)^{a_1}}\
ecause公式(2)
herefore &=underline{(1+x^{p^2})^{a''}(1+x^p)^{a_1}}
end{aligned} ag{4}
]
同理，可得到：
[(1+x^{p^2})^{a''}=(1+x^{p^3})^{a'''}underline{(1+x^{p^2})^{a_2}}
]
这样经过不断的迭代，最终得到:
[(1+x)^a=(1+x^{p^k})^{a_k}*(1+x^{p^{k-1}})^{a_{k-1}}
*cdots*(1+x^p)^{a_1}*(1+x)^{a_0} ag{5}
]
等式两边运用二项式分别求 (C_a^bx^b) ,右边可以看作 (b) 个球分到了 (k)个 盒子里，每个盒子里面得数量就是 (b_i(1le ile k)) 得：
[egin{aligned}
C_a^bx^b&=C_{a_k}^{b_k}x^{p^kb_k}C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}\,x^{p^{k-1}\,b_{k-1}}cdots C_{a_1}^{b_1}x^{pb_1}C_{a_0}^{b_0}x^{b_0}\
&=(prod_{i=0}^k{C_{a_i}^{b_i}})(x^{sumlimits_{i=0}^{k}{p^ib_i}})\
ecause 公式(1)中b的展开式
herefore &=(prod_{i=0}^k{C_{a_i}^{b_i}})x^b\
end{aligned}
]
等式两边同时消去 (x^b) ，得：
[C_a^b\,mod\,pequiv prod_{i=0}^{k}{C_{a_i}^{b_i}} ag{6}
]
根据递归的过程，也可写成：
[C_a^b\,mod\,p=C_{a/p}^{b/p}C_{a\%p}^{b\%p} ag{7}
]
例题：
下面以AcWing 887. 求组合数 III为例：传送门
- 使用 (Lucas) 定理主要使用公式(7)的递推式
- 函数
int C(int a, int b)实现(C_a^b)的求解，使用(C_a^b=frac{a*(a-1)*cdots*(a-b+1)}{b*(b-1)*cdots*1}),分子用逆元即可 - 参考y总：传送门
#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 100010;
int n;
int p;
int qmi(int a, int b) {
int res=1;
while(b) {
if(b&1) res=(ll)res*a%p;
a=(ll)a*a%p;
b>>=1;
}
return res;
}
int C(int a, int b) {
int res=1;
for(int i=1,j=a;i<=b;++i,--j) {
res=(ll)res*j%p;
res=(ll)res*qmi(i,p-2)%p;
}
return res;
}
int lucas(ll a, ll b) {
if(a<p&&b<p) return C(a,b);
return (ll)C(a%p,b%p)*lucas(a/p,b/p)%p;
}
int main() {
#ifdef ONLINE_JUDGE
#else
freopen("in.txt","r",stdin);
freopen("out.txt","w",stdout);
#endif // ONLINE_JUDGE
scanf("%d",&n);
while(n--) {
ll a,b;
scanf("%lld%lld%lld",&a,&b,&p);
printf("%d
",lucas(a,b));
}
return 0;
}