扩展 Lucas 定理
原问题
求：
其中， \(n\) ， \(m\) 很大，不能够直接求阶乘。\(p\) 大小可接受但是不保证是质数。
学过 \(Lucas\) 定理后，我们知道其限制是 \(p\) 必须为质数。
我们可以分解问题：
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既然去了这个条件，我们可以将 \(p\) 进行质因数分解，模每一个 \(p_i^{k_i}\)，然后就相当于得到一组同余方程组。
用 \(CRT\) 解出即可。
本人在这里因为 \(CRT\) 学的不太好产生了一个错误思路，导致纠结好久，总结在此 。
若有人同样误入歧途，希望有些许帮助。（如果没有纠结什么奇怪想法最好先不看
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那么现在问题是解：
\[C^{n}_{m}\implies\frac{m!}{(n)!(m-n)!} \quad(mod\;p_i^{k_i}) \]问题有二：
-
\(m,n\) 都很大，不能直接求出阶乘。
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\(n!,(m-n)!\) 内可能有 \(p_i\) 这个因子，无法求出逆元。
很难解决，但是我们发现，阶乘取模一个数后呈现一个以长 \(p_i^{k_i}\) 循环节不断循环的模式，似乎可以只处理一个循环节，再处理余项，两者长度都不超过 \(p_i^{k_i}\) ，可以接受。
另外，从其中我们可以提出所有的 \(p_i\) 使式子变成这样：
\[\frac{\frac{m!}{p_i^{a_1}}}{\frac{n!}{p_i^{a_2}}\times\frac{(m-n)!}{p_i^{a_3}}} \times p_i^{a1-a2-a3} \quad(mod\;p_i^{k_i}) \]其中 \(a_1-a_2-a_3\) 一定是大于 \(0\) 的，因为 \(a\) 就是从 \(1\) 开始一定长的自然数中 \(p\) 这个因子的个数。数越大的区域，\(p\) 因子的密度越大（因为可能有 \(p\) 的几次方项），那么两个小数段的 \(a\) 值之和，一定比等长的连续数段的 \(a\) 值小。
这样就避开了逆元问题。
那么我们来具体对一个 \(n!\) 展开进行量化：
\[n!\equiv \left. \begin{align} [1\times 2\times\cdots (p_i-1)\times (p_i+1)\times\cdots\times (p_i^{k_i}-1)] \\\times[(1+p_i^{k_i})\times(2+p_i^{k_i})\times\cdots\times(p_i^{k_i}-1+p_i^{k_i})] \end{align}\right\}\bf 循环节\rm \\\times\cdots\times[(1+\lfloor\frac{n}{p_i^{k_i}}\rfloor)\times p_i^{k_i})\times\cdots\times n]\quad\bf余项\rm\\ \times(1\times2\times\dots\times\lfloor\frac{n}{p_i}\rfloor)\times p_i^{\lfloor\frac{n}{p_i}\rfloor}\quad\bf 阶乘项 \rm\\ (mod\;p_i^{k_i}) \]出现了三部分，一部分是将有 \(p\) 因子的项都提出一个，形成一个新的阶乘。
第二部分是循环的，在模 \(p_i^{k_i}\) 意义下，所有加在后面的 \(i\times p_i^{k_i}\) 都可以不要。
式子就变成这样：
\[n!\equiv p_i^{\lfloor \frac{n}{p_i} \rfloor}*\lfloor \frac{n}{p_i} \rfloor!*(\prod_{i=1\;\&\;p_i\nmid i}^{p_i^{k_i}}i)^{\lfloor \frac{n}{p_i^{k_i}} \rfloor}*(\prod_{i=1\;\&\;p_i\nmid i}^{n\%p_i^{k_i}}i)\quad(mod\;p_i^{k_i}) \]可以在函数中处理掉余项和循环节，阶乘项中， \(p_i\) 的幂次是要被提出去的不用管，而 \(\lfloor \frac{n}{p_i} \rfloor!\) 项可以再递归下去，像 \(Lucas\) 那样，边界是输入为 \(0\) 。
这样就完成了对阶乘的处理。
从这里就能看出，\(Exlucas\) 精髓是一种 快速对模任意数意义下的阶乘进行处理 的方法。
这样处理出三个阶乘项，并且求出下面两个的逆元，乘起来即可。
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还没完，我们还没处理后面的：
\[p_i^{a1-a2-a3} \]可以见到，上面处理阶乘的递归函数，每一次递归可以提取出\(p\) 的 \({\lfloor\frac{n}{p_i}\rfloor}\) 次方。
那么我们再建立一个递归函数 \(G\) ：
\[G(x)=\lfloor\frac{n}{p_i}\rfloor+G(\lfloor\frac{n}{p_i}\rfloor) \]递归边界是 \(n<p_i\) ，这时就没有 \(p_i\) 可以提取了，返回 \(0\) 。
之后快速幂求出，乘在 \(2.\) 的那一坨后面。
-
最后，把每个 \(p_i\) 的解用 \(CRT\) 组合起来。
-
完毕
\(Exlucas\) 的重点是一种 快速对模任意数意义下的阶乘进行处理 的方法，以及 用 \(CRT\) 进行质因数分解的组合 这一思路。
MOD
板子题，直接贴代码了。
CODE
#include<cstdio>
#include<algorithm>
using namespace std;
typedef int int_;
#define int long long
int n,m,p;
int gcd(int a,int b){
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y){
if(b==0){
x=1,y=0;
}
else{
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=(a/b)*x;
}
}
int get_inv(int x,int mod){
int d=gcd(x,mod);
if(d!=1) printf("err inv %lld %lld\n",x,mod),exit(0);
int e,f;
exgcd(x,mod,e,f);
e=((e%mod)+mod)%mod;
return e;
}
int ksm(int x,int q,int mod){
int ret=1;
x%=mod;
while(q>0){
if(q&1) (ret *= x ) %= mod ;
(x *= x) %= mod ;
q>>=1;
}
return ret;
}
int fac(int x,int pi,int pik){
if(x == 0) return 1ll;
int mul=1;
for(int i=1;i < pik;i++){
if(i%pi != 0) (mul *= i) %= pik;
}
mul = ksm(mul,x/pik,pik);
for(int i=(x/pik)*pik+1;i <= x;i++){
if(i%pi != 0) (mul *= (i%pik)) %= pik;
}
(mul *= fac(x/pi,pi,pik)) %= pik;
return mul;
}
int g(int x,int pi){
if(x < pi) return 0;
else return x/pi+g(x/pi,pi);
}
int exlucas(int pi,int pik){
return ( ( ( fac(m,pi,pik) * get_inv(fac(n,pi,pik),pik) ) %pik * get_inv(fac(m-n,pi,pik),pik) ) %pik * ksm(pi,g(m,pi)-g(n,pi)-g(m-n,pi),pik) ) %pik;
}
int Crt(){
int ans=0;
int mod=p;
int t,ai,mi,e,f;
for(int i=2;i*i <= mod;i++){
if(mod%i != 0) continue;
t=1;
while(mod%i == 0){
mod/=i;
t*=i;
}
ai=exlucas(i,t);
mi=p/t;
exgcd(mi,t,e,f);
e=((e%t)+t)%t;
(e *= ai) %= p;
(ans += (e*mi)%p) %= p ;
}
if(mod != 1){
t=mod;
ai=exlucas(mod,t);
mi=p/t;
exgcd(mi,t,e,f);
e=((e%t)+t)%t;
(e *= ai) %= p;
(ans += (e*mi)%p) %= p ;
}
return ans;
}
int_ main()
{
//freopen("data.in","r",stdin);
//freopen("my.out","w",stdout);
scanf("%lld %lld %lld",&m,&n,&p);
printf("%lld",Crt());
return 0;
}
