考慮經典問題：求解\(\binom\mod p\)的值，\(p\)是質數。
這樣的問題，我們一般採用預處理階乘及階乘逆元的方式達到\(\mathcal o(1)\)查詢，但當\(n,m\)的範圍比較大，比如\(1e9\)之類的，預處理階乘顯然是不可能的了，那我們有什麼方法呢：
lucas定理：
\[\binom\equiv \binom\binom \pmod p
\]有了這個定理，實現就很簡單了，將\(\binom\)遞迴處理，將\(\binom\)用線性求逆元的方法完成，總複雜度是\(o(p+log_p(n))\)，可以通過這道洛谷模板題，這道題資料範圍不知道為什麼只出到\(1e5\)，預處理階乘都可以過。。。事實上\(lucas\)可以做到\(n,m\le 1e18\)，只要\(p\)比較小且是質數就行了。
考慮定理的證明：
首先給出引理：
引理： 當\(p\)為質數時，滿足開始推導，假設\(n=n_0p+n_1,m=m_0p+m_1\)，那麼我們需要證明得就是：\[(a+b)^p\equiv a^p+b^p\pmod p
\]考慮\(\binom \mod p\)，因為\(\binom=\frac\)，所以只要\(i\not=p\)且\(p-i\not=p\)，這個式子一定\(=0\)，因此只有在\(i=0\)或\(p\)時原式值大於\(0\)。
於是由二項式定理：
\[(a+b)^p=\sum_^\binoma^ib^\equiv \binom p0 b^p+\binom ppa^p\equiv a^p+b^p\pmod p
\]
\[\binom nm \equiv \binom\binom\pmod p
\]於是有：
\[\begin
(1+x)^n&\equiv (1+x)^\\
&\equiv (1+x)^(1+x)^\\
&\equiv [(1+x)^p]^(1+x)^\\
&\equiv (1+x^p)^(1+x)^\\
&\equiv \sum_^\binomx^\sum_^\binomx^j\pmod p
\end
\]再回到二項式定理得到\((1+x)^n\)的另一種表示式：
\[(1+x)^n=\sum_^\binomx^i\]故
\[\sum_^\binomx^i\equiv \sum_^\binomx^\sum_^\binomx^j\pmod p
\]左式的\(x^m\)次項的係數就是\(\binom\)，而右式中\(n_1，因此右式中\(x^m\)只能由\(x^\times x^\)得到，係數就是
\[\binom\binom
\]因此：
\[\binom\equiv \binom\binom\pmod p
\]\(lucas\)定理得證。
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