已知：
三个整数 \(n,m,p\)，其中 \(p\) 为质数。
求证：
\[\binom{m}{n} \equiv\binom{m \bmod p}{n\bmod p}\times \binom{\lfloor \frac{m}{p} \rfloor}{\lfloor \frac{n}{p} \rfloor}\ \ \ ( \operatorname{mod}p)
\]
证明：
我们使用多项式系数比较的方式证明。
首先引入二项式定理：
\[(a+b)^p=\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}a^{p-i}b^i
\]
把它放在一个同余式中：
\[(a+b)^p \equiv\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}a^{p-i}b^i\ \ \ (\operatorname{mod}p)
\]
由定理 2.6，显然我们可以化简这个同余式。
考虑到 \(\sum_{i=0}^p\binom{p}{i}a^{p-i}b^i\) 中首项和末项的系数都是 \(1\)，较为特殊。我们把它们拿出来，原式就变成这样：
\[(a+b)^p \equiv a^p+b^p+\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}a^{p-i}b^i\ \ \ (\operatorname{mod}p)
\]
由定理 2.6，\(\sum_{i=1}^{p-1}\binom{p}{i}a^{p-i}b^i\) 中的每一项显然都可以被 \(p\) 整除。
于是原式变成这样：
\[(a+b)^p \equiv a^p+b^p\ \ \ (\operatorname{mod}p)
\]
那么对于 \(p^2\)，这个式子成不成立呢？我们推导一下：
\[(a+b)^{p^2} \equiv (a^p+b^p)^p\ \ \ (\operatorname{mod}p)
\]
\[(a+b)^{p^2} \equiv (a^{p^2}+b^{p^2})\ \ \ (\operatorname{mod}p)
\]
于是，通过数学归纳法，我们可以证明，对于任意的 \(i\in\mathbb{Z}^+\)，都有：
\[(a+b)^{p^i} \equiv (a^{p^i}+b^{p^i})\ \ \ (\operatorname{mod}p)
\]
我自己把这个式子称为二项式定理在同余下的的推广。
接下来进入真正的证明，偷懒就不写同余式了。
考虑一个整数 \(m\)，把它分解为 \(p\) 进制，则 \(m\) 可以写成：
\[m=\sum_{i=0}^{s}m_0p^i
\]
考虑式子 \((1+x)^m\)，将 \(m\) 的 \(p\) 进制分解代入得：
\[(1+x)^m=(1+x)^{\sum_{i=0}^{s}m_ip^i}
\]
由同底数幂的乘除知识可得：（同底数幂相乘，底数不变，指数相加，这里反过来）
\[\begin{aligned}
(1+x)^{\sum_{i=0}^{s}m_ip^i}=\prod_{i=0}^{s}(1+x)^{m_ip^i}
\end{aligned}\]
再由幂的乘方知识可得：
\[\begin{aligned}
\prod_{i=0}^{s}(1+x)^{m_ip^i}=\prod_{i=0}^{s}\left((1+x)^{p^i}\right)^{m_i}
\end{aligned}\]
把 \((1+x)^{p^i}\) 用上文证明过的二项式定理在同余下的的推广变换得：
\[\begin{aligned}
\prod_{i=0}^{s}\left((1+x)^{p^i}\right)^{m_i}&=\prod_{i=0}^{s}\left(1^{p^i}+x^{p^i}\right)^{m_i}\\
\end{aligned}\]
再次对 \(\left(1^{p^i}+x^{p^i}\right)^{m_i}\) 应用二项式定理：
\[\begin{aligned}
\prod_{i=0}^{s}\left(1^{p^i}+x^{p^i}\right)^{m_i}&=\prod_{i=0}^{s}\sum_{j=0}^{m_i}\dbinom{m_i}{j}x^{p^ij}1^{p^i(m_i-j)}\\
&=\prod_{i=0}^{s}\sum_{j=0}^{m_i}\dbinom{m_i}{j}x^{p^ij}
\end{aligned}\]
反过头来考虑 \((1+x)^m\) 的二项式展开：
\[\begin{aligned}
(1+x)^m&=\sum_{i=0}^{m}\dbinom{m}{i}x^i1^{m-i}\\
&=\sum_{i=0}^{m}\dbinom{m}{i}x^i
\end{aligned}\]
由于两式子并未发生任何变化，只是展开方式不同，因此两式子中每一项对应的幂应该是一样的。
考虑 \(x^n\) 这一项，我们也把 \(n\) 写成 \(p\) 进制的形式：
\[n=\sum_{i=0}^{k}n_ip^i
\]
观察 \(\prod_{i=0}^{s}\sum_{j=0}^{m_i}\dbinom{m_i}{j}x^{p^ij}\) 的结构，我们发现它是一个累乘套着一个累加的形式，即形如：
\[(a_1+a_2+\cdots+a_{m_0})(b_1+b_2+\cdots+b_{m_1})\cdots
\]
那么，对于 \(x^n\) 这一项，其在这个式子中一定是由 \(s+1\)（因为 \(i\) 的值从 \(0\) 开始）个 \(x^{p^ij_i}\) 相乘凑出来的，我们把 \(x\) 省略，由同底数幂的乘除知识可得：
（同底数幂相乘，底数不变，指数相加。）
\[n={\sum_{i=0}^{s}p^ij}
\]
也就是说：
\[\sum_{i=0}^{k}n_ip^i={\sum_{i=1}^{s}p^ij_i}
\]
由于 \(n\) 在 \(p\) 进制下仅可能有一种表示方法，所以在等号的左右两边 \(k=s\)，\(n_i=j_i\)
仔细理解这个过程！
那么，我们把每一个 \(j_i\) 对应的 \(n_i\) 代入回去可得：
\[x^n=\prod_{i=0}^{s}x^{p^in_i}
\]
同时，由于 ”\(x^{p^ij_i}\) 相乘凑出来“ 的过程中也将系数相乘了，我们将原式的系数加入进式子中：
\[\dbinom{m}{n}x^n=\prod_{i=0}^{s}\dbinom{m_i}{n_i}x^{p^in_i}
\]
用乘法结合律把求积符号分开：
\[\dbinom{m}{n}x^n=\prod_{i=0}^{s}\dbinom{m_i}{n_i}\prod_{i=0}^{s}x^{p^in_i}
\]
由于 \(x^n=\prod_{i=0}^{s}x^{p^in_i}\)，因此：
\[\dbinom{m}{n}=\prod_{i=0}^{s}\dbinom{m_i}{n_i}
\]
证完了？证完了！
它和我们的求证有啥关系？
回想我们学习进制转换的过程，十进制转二进制用的是 “除 \(2\) 取余法”。
那么在这里，\(n,m\) 首先对 \(p\) 取余，在除以 \(p\) 继续递归计算的过程，不正是求解 \(n,m\) 的 \(p\) 进制的过程吗？
而我们求证的式子正好是使用了 \(n,m\) 的 \(p\) 进制求解的组合数，因此可以证明原式。
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