扩展卢卡斯
扩展卢卡斯用于求模数不是质数且\(n,m\)很大时的\(\dbinom nm\)。
讲解
简单讲一下原理：
首先把模数\(m\)因子分解，写成若干\(p_i^{\alpha_i}\)的乘积的形式。我们可以求出\(\dbinom nm\mod p_i^{\alpha_i}\)的值，再用中国剩余定理构造出答案。
\(\dbinom nm=\dfrac{n!}{m!(n-m)!}\)，考虑把阶乘拆成\(a\times p^b\)的形式，满足\(p\nmid a\)，于是\(\dbinom nm=\dfrac{a_n}{a_{m}a_{n-m}}p^{b_n-b_m-b_{n-m}}\)，左侧算逆元，右侧快速幂。
因为\(\lfloor\dfrac xk\rfloor+\lfloor\dfrac yk\rfloor\le\lfloor\dfrac {x+y}k\rfloor\)，所以\(b_m+b_{n-m}\le b_n\)，所以这里快速幂没毛病。
下面拆\(n!\)，以\(n=22,p=3,\alpha=2\)为例
\(22!=(1\cdot2\cdot4\cdot5\cdot7\cdot8)(10\cdot11\cdot13\cdot14\cdot16\cdot17)\cdot 19\cdot20\cdot22\cdot(3\cdot6\cdot9\cdot12\cdot15\cdot18\cdot21)\)
\(\quad\ \equiv(1\cdot2\cdot4\cdot5\cdot7\cdot8)^2\cdot (1\cdot2\cdot4)\cdot 3^7\cdot7!\pmod{3^2}\)
所以，设\(prod(j)=\prod\limits_{i\perp p,i\le j}i\)，总结出规律\(n!=prod(p^\alpha)^{\lfloor\frac n{p^\alpha}\rfloor}\times prod(n\!\!\!\mod p^\alpha)\times p^{\lfloor\frac np\rfloor}\times\lfloor\frac np\rfloor!\)
（好像并没有名字听上去那么高深？）
其中，头两项可以\(O(p^\alpha)\)预处理\(O(1)\)查询。总共需要递归\(O(\log_p n)\)层，每层快速幂复杂度\(O(\log \dfrac n{p^\alpha})\)，单次\(n!\)查询复杂度\(O(\log_pn\log \dfrac n{p^\alpha})=O(\dfrac{\log^2n}{\log p})\)
例题
\(T\le 5\)组数据。
给定方程（\(X_1,\cdots,X_n\)为变量）
\(X_1+X_2+\cdots+X_n=M\)
我们对第\(1\sim n_1\)个变量进行一些限制：\(X_i\le A_i\)
我们对第\((n_1 + 1)\sim (n_1+n_2)\)个变量进行一些限制：\(X_i\ge A_i\)
求：在满足这些限制的前提下，该方程正整数解的个数对\(m\)取模的值。
\(n,M\le 10^9; n_1,n_2\le 8;1\le A_i\le M\)
\(m\in\{10007,262203414=2\times 3\times 11\times 397\times 10007,437367875=5^3\times7^3\times101^2\}\)
题解
首先，\(X_i\ge A_i\)显然是逗你玩的。直接\(M -= A_i-1,A_i=1\)就行了。
其次，\(X_i\le A_i\)可看作\(X_i\ge A_i+1\)的反面，这样就可以用容斥原理把原问题转化为若干限制\(X_i>0\)的子问题。这是直接插板法解决的。
需要\(O(T2^{n_1})\)次组合数，直接套扩展卢卡斯即可。
