2022.11.26 闲话

众所周知 $(1+x)^p\equiv 1+x^p\pmod p$，$p$ 是素数 .

于是考虑

$$(1+z)^n\equiv\sum_{i=0}^n\dbinom niz^i\pmod p$$

这个是二项式定理 .

另一方面，令 $n=kp+r$，则：

$$\begin{aligned}(1+z)^n&\equiv(1+z)^{kp}(1+z)^r\\&\equiv(1+z^p)^k(1+z)^r\\&\equiv\sum_{i=0}^k\dbinom kiz^{ip}\sum_{i=0}^r\dbinom riz^i&\pmod p\end{aligned}$$

这样就有

$$\sum_{i=0}^n\dbinom niz^i\equiv\sum_{i=0}^k\dbinom kiz^{ip}\sum_{i=0}^r\dbinom riz^i\pmod p$$

两边提取 $z^m$ 项：

$$\dbinom nm\equiv\dbinom{k}{k'}\dbinom{r}{r'}\pmod p$$

其中 $m=k'p+r'$ .

换个写法就是

$$\dbinom nm\equiv\dbinom{\lfloor\frac np\rfloor}{\lfloor\frac mp\rfloor}\dbinom{n\bmod p}{m\bmod p}\pmod p$$