扩展卢卡斯定理

再看下面讲解之前，请大家熟悉一下乘法逆元，中国剩余定理，拓展gcd，费马小定理关于拓展卢卡斯，也就是卢卡斯的升级版，卢卡斯限定只能取余一个素数，而拓展卢卡斯则没有限定

若不是素数，将p分解质因数，将C(n,m)分别按照Lucas定理中的方法求对p的质因数的模，然后用中国剩余定理合并。比如计算C(10,3)%14。C(10,3)=120,14有两个质因数2和7，120%2=0,120%7=1,这样用(2,0)(7,1)找到最小的正整数8即是答案，即C(10,3)%14=8。注意，这里只适用于p分解完质因数后每个质因数只出现一次，例如12=2*2*3就不行，因为2出现了两次。若p分解完质因数后，含有某个质因数出现多次，比如C(10,3)%98,其中98=2*7*7,此时就要把7*7看做一个数,即:120%2=0,120%49=22,用(2,0)(49,22)和中国剩余定理得到答案22，即C(10,3)%98=22。此时，你又会有疑问，C(10,3)%49不也是模一个非素数吗？此时不同的是这个非素数不是一般的非素数，而是某个素数的某次方。

如何计算C(n,m)%p^t(t>=2,p为素数)。计算C(n,m)%p^t。我们知道，C(n,m)=n!/m!/(n-m)!，若我们可以计算出n!%p^t，我们就能计算出m!%p^t以及(n-m)!%p^t。我们不妨设x=n!%p^t,y=m!%p^t,z=(n-m)!%p^t,那么答案就是x*reverse(y,p^t)*reverse(z,p^t)(reverse(a,b)计算a对b的乘法逆元)。那么下面问题就转化成如何计算n!%p^t。比如p=3,t=2,n=19, n!=1*2*3*4*5*6*7*8* ……*19 =[1*2*4*5*7*8*… 16*17*19](3*6*9*12*15*18) =[1*2*4*5*7*8*… *16*17*19]*3^6(1*2*3*4*5*6) 然后发现后面的是(n/p)!，于是递归即可。前半部分是以p^t为周期的[1*2*4*5*7*8]=[10*11*13*14*16*17](mod 9)。下面是孤立的19，可以知道孤立出来的长度不超过 p^t,于是暴力即可。那么最后剩下的3^6啊这些数怎么办呢？我们只要计算出n!,m!,(n-m)!里含有多少个p(不妨设a,b,c)，那么a-b-c就是C(n,m)中p的个数，直接算一下就行。至此整个计算C(n,m)%p(p为任意数)的问题完美解决。

代码：

#include <iostream>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#include<cstring>

using namespace std;

typedef long long ll;

ll quick_mod(ll a,ll b,ll m){
    ll ans=1ll;
    while(b){
        if(b&1) ans=ans*a%m;
        b>>=1;
        a=a*a%m;
    }
    return ans;
}

ll exgcd(ll a,ll b,ll &x,ll &y){
    if(a%b==0){
        x=0ll;y=1ll;
        return b;
    }
    ll v,tx,ty;
    v=exgcd(b,a%b,tx,ty);
    x=ty;
    y=tx-a/b*ty;
    return v;
}

ll inv(ll a,ll p){
    if(!a) return 0ll;
    ll x,y;
    exgcd(a,p,x,y);
    x=(x%p+p)%p;
    return x;
}

ll Mul(ll n,ll pi,ll pk){
    if(!n) return 1ll;
    ll ans=1ll;
    for(ll i=2;i<=pk;i++)
        if(i%pi) ans=ans*i%pk;
    ans=quick_mod(ans,n/pk,pk);
    for(ll i=2;i<=n%pk;i++){
        if(i%pi) ans=ans*i%pk;
    }
    return ans*Mul(n/pi,pi,pk)%pk;
}

ll exlucas(ll n,ll m,ll p,ll pi,ll pk){
    if(m>n) return 0ll;
    ll a=Mul(n,pi,pk),b=Mul(m,pi,pk),c=Mul(n-m,pi,pk);
    ll k=0ll,ans=0ll;
    for(ll i=n;i;i/=pi) k+=i/pi;
    for(ll i=m;i;i/=pi) k-=i/pi;
    for(ll i=n-m;i;i/=pi) k-=i/pi;
    ans=a*inv(b,pk)%pk*inv(c,pk)%pk*quick_mod(pi,k,pk)%pk;
    return ans*(p/pk)%p*inv(p/pk,pk)%p;     //中国剩余定理  a[i]*M*x  余数*其他个个素数的乘积*x
}

int main()
{
    ll n,m,p,ans=0;
    while(cin>>n>>m>>p){
        for(ll x=p,i=2;i<=p;i++){
            if(x%i==0){
                ll pk=1ll;
                while(x%i==0) pk*=i,x/=i;
                ans=(ans+exlucas(n,m,p,i,pk))%p;
            }
        }
        cout<<ans<<endl;
        ans=0;
    }
    return 0;
}

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