题意

原题链接
求 $$(^n_{n+m}) \bmod p (p\le10^5\text{ 且为质数})$$

sol

Lucas定理：

证明（源自OI-wiki）

考虑$\displaystyle\binom{p}{n} \bmod p$ 的取值，注意到$\displaystyle\binom{p}{n} = \frac{p!}{n!(p-n)!}$，分子的质因子分解中 $p$ 的次数恰好为 $1$，因此只有当 $n = 0$ 或 $n = p$ 的时候 $n!(p-n)!$ 的质因子分解中含有 $p$，因此
$\displaystyle\binom{p}{n} \bmod p = [n = 0 \vee n = p]$。进而我们可以得出

注意过程中没有用到费马小定理，因此这一推导不仅适用于整数，亦适用于多项式。因此我们可以考虑二项式 $f^p(x)=(ax^n + bx^m)^p \bmod p$ 的结果

考虑二项式 $(1+x)^n \bmod p$，那么 $\displaystyle\binom n m$ 就是求其在 $x^m$ 次项的取值。使用上述引理，我们可以得到

注意前者只有在 $p$ 的倍数位置才有取值，而后者最高次项为 $n\bmod p \le p-1$，因此这两部分的卷积在任何一个位置只有最多一种方式贡献取值，即在前者部分取 $p$ 的倍数次项，后者部分取剩余项，即

看不懂没关系，蒟蒻也看不懂

那么解决这道题就很简单了，只需要使用递归依次枚举，$n > m$的情况返回$0$，$n\le p$且$m\le p$的情况直接计算（通过预处理来解决）就可以了

代码

#include <iostream>
#include <algorithm>
#include <cstring>

using namespace std;

const int N = 100005;

long long inv[N], f[N], fi[N];

void init(long long p){
    f[0] = fi[0] = 1;
    inv[1] = f[1] = fi[1] = 1;
    for (long long i = 2; i <= p; i ++ ){
        inv[i] = (p - p / i) * inv[p % i] % p;
        f[i] = f[i - 1] * i % p;
        fi[i] = fi[i - 1] * inv[i] % p;
    }
}

long long lucas(long long m, long long n, long long p){
    if (m < n) return 0;
    if (m <= p && n <= p) return f[m] * fi[n] % p * fi[m - n] % p;
    return lucas(m / p, n / p, p) * lucas(m % p, n % p, p) % p;
}

int main(){
    long long n, m, p;
    int T;
    cin >> T;
    while (T -- ){
        cin >> n >> m >> p;
        init(p);
        cout << lucas(n + m, n, p) << endl;
    }
    return 0;
}