卢卡斯定理
多项式，就是提供了一个代数手段解决问题。——rsy
对于组合数模质数 \(p\) 问题，当 \(n,m\) 较大，\(p\) 较小的时候（\(n \ge p\)），有可能会出现 \(n!\) 没有逆元的情况。那么怎么处理这样的情况呢？这时候需要使用卢卡斯定理。
卢卡斯定理的内容：
\[\dbinom{n}{m} \bmod p = \dbinom{\lfloor\cfrac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\cfrac{m}{p}\rfloor} \times \dbinom{n \bmod p}{m \bmod p}\bmod p
\]
也有另一个形式（展开之后的）：将 \(n,m\) 拆位，假设从低到高有 \(0,...,k\) 位，那么
\[\dbinom{n}{m} \bmod p = \dbinom{n_0}{m_0} \times \dbinom{n_1}{m_1} \times ..., \dbinom{n_k}{m_k}\bmod p
\]
证明：
首先有一个重要恒等式：
\((a + b)^p \bmod p = (a^p + b^p) \bmod p\)
这里的 \(p\) 不一定为素数。证明：
\[(a + b)^ p = \sum \limits_{i = 0}^p \dbinom{p}{i}a^p b^{n - p}
\]
又
\[\dbinom{p}{i} = \cfrac{p!}{i!(p-i)!}
\]
当 \(i = 0\) 或 \(i = p\) 的时候分子才有 \(p\) 的因子，因此
\[\dbinom{p}{i} \bmod p= [i = 0 \operatorname{or} i =p]
\]
因此 \((a+b)^p\) 也只有 \(0,p\) 这两项是有贡献的。注意推导过程没有用到费马小定理，因此 \(p\) 可以是任意数。
然后的证明凸显了多项式的巧妙。这里引入 \([k]\operatorname{poly} x\) 的记号，\(\operatorname{poly} x\) 表示关于 \(x\) 的多项式。这个记号表示多项式里 \(k\) 的系数。\(x\) 的幂次只是个工具，用来标号。
我们要求 \(\dbinom{n}{m}\) 的取值，就相当于求 \([x^m](1 + x)^n\)。考虑
\[(1+x)^n = (1 + x)^{p\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n \bmod p} \equiv (1 + x^{p})^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n \bmod p}
\]
那么
\[[x^m](1+x)^n = [x^m](1 + x^{p})^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}(1+x)^{n \bmod p} =\sum\limits_{k=0}^m([x^k](1 + x^{p})^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} [x^{m-k}](1+x)^{n \bmod p})
\]
又因为
\[\begin{array}
\left[x^k] (1 + x^p)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} \not \equiv 0 \Rightarrow p|k \\
[x^{m-k}] (1+x)^{n \bmod p} \not \equiv 0 \Rightarrow 0\le m-k< p
\end{array}
\]
所以 \(k = p \times \lfloor\frac{n}{p}\rfloor\) 的时候有贡献。
因此
\[\begin{array}
\left
\dbinom{n}{m} \\
=[x^m](1+x)^n \\
= [x^{p \times \lfloor\frac{m}{p}\rfloor}](1+x^p)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} \times [x^{m \bmod p}](1+x)^{n \bmod p}
\\
= [y^{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}](1+y)^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor} \times [x^{m \bmod p}](1+x)^{n \bmod p} (y = x^p) \\
= \dbinom{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor} \times \dbinom{n \bmod p}{m \bmod p}
\end{array}
\]
