Lucas（卢卡斯）定理

定义

若 $p$ 为质数，且$a\ge b\ge1$，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。

\[\left\{\begin{aligned}
a&=a_0p^{0}+a_1p^{1}+\cdots+a_{k-1}p^{k-1}+a_kp^{k}\\
b&=b_0p^{0}+b_1p^{1}+\cdots+b_{k-1}p^{k-1}+b_kp^{k}
\end{aligned}\tag{1}
\right.
\]

证明$(1+x)^{p}\equiv1+x^p\,mod\,p$

根据二项式定理有：

\[\begin{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}
\]

$\because p为质数\therefore1\sim p-1均与p互质\\\therefore C_p^2,C_p^3,\cdots,C_p^{p-1}均能整除p,即C_p^2,C_p^3,\cdots,C_p^{p-1}\,mod\,p=0$

\[(1+x)^p\equiv(1+x^p)\,mod\,p\tag{2}
\]

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 $a=\lfloor \frac{a}{p}\rfloor p+a\%p$，$a'=\lfloor \frac{a}{p}\rfloor$ 有：

\[\begin{aligned}
(1+x)^a&=(1+x)^{\lfloor \frac{a}{p}\rfloor p+a\%p}\\
&=(1+x)^{a'p+a\%p}\\
&=(1+x)^{a'p}(1+x)^{a\%p}\\
\because a\%p=a_0
\therefore &=(1+x)^{a'p}(1+x)^{a_0}\\
&=\underline{((1+x)^p)^{a'}}(1+x)^{a_0}\\
\because公式(2)
\therefore &=\underline{(1+x^p)^{a'}(1+x)^{a_0}}
\end{aligned}\tag{3}
\]

再设 $a'=\lfloor \frac{a'}{p}\rfloor p+a'\%p$，$a''=\lfloor \frac{a'}{p}\rfloor$ 有：

\[\begin{aligned}
((1+x)^p)^{a'}&=(1+x^p)^{\lfloor \frac{a'}{p}\rfloor p+a'\%p}\\
&=(1+x^p)^{a''p+a'\%p}\\
&=(1+x^p)^{a''p}((1+x)^p)^{a'\%p}\\
\because a'\%p=a_1
\therefore &=(1+x^p)^{a''p}((1+x)^p)^{a_1}\\
&=\underline{(1+x^p)^p)^{a''}((1+x)^p)^{a_1}}\\
\because公式(2)
\therefore &=\underline{(1+x^{p^2})^{a''}(1+x^p)^{a_1}}
\end{aligned}\tag{4}
\]

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:

\[(1+x)^a=(1+x^{p^k})^{a_k}*(1+x^{p^{k-1}})^{a_{k-1}}
*\cdots*(1+x^p)^{a_1}*(1+x)^{a_0}\tag{5}
\]

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 $b_i(1\le i\le k)$ 得

\[\begin{aligned}
C_a^bx^b&=C_{a_k}^{b_k}x^{p^kb_k}C_{a_{k-1}}^{b_{k-1}}x^{p^{k-1}b_{k-1}}\cdots C_{a_1}^{b_1}x^{pb_1}C_{a_0}^{b_0}x^{b_0}\\
&=(\prod_{i=0}^k{C_{a_i}^{b_i}})(x^{\sum_{i=0}^{k}{p^ib_i}})\\
\because 公式(1)中b的展开式
\therefore &=(\prod_{i=0}^k{C_{a_i}^{b_i}})x^b\\
\end{aligned}
\]

等式两边同时消去 $x^b$ ，得：

\[C_a^b\,mod\,p\equiv \prod_{i=0}^{k}{C_{a_i}^{b_i}}\tag{6}
\]

根据递归的过程，也可写成：

\[C_a^b\,mod\,p=C_{a/p}^{b/p}C_{a\%p}^{b\%p}\tag{7}
\]

代码：

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

#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\n",lucas(a,b));

    }

    return 0;

}