ACM基础数论

数论初步

本文巨长警告
PS：以下部分定理没有证明，如果有读者想要了解定理的具体证明，请自行百度，本文限于篇幅只是因为笔者自己不会，对部分定理的证明不作讨论。

本文讲啥

本文主要讲的是ACM中的数论基础内容以后可能会再写一篇ACM的数论进阶内容，侧重应用，证明都是瞎证的，严谨的证明请观众姥爷自行百度

线性筛筛素数

埃氏筛

埃氏筛用每个素数来筛掉它的倍数，剩下的就是素数，时间复杂度是$O(nloglogn)$

为啥能正确地筛？

每一个合数，都可以被质因数分解，且根据唯一分解定理，这个分解是唯一的，所以只要拿每个素数把它的倍数都筛掉，就能所有合数筛掉

板子

bool check[maxn];
std::vector<ll> prime;

for (ll i = 2; i <= n; ++i)
    if (!check[i]) {
        prime.push_back(i);
        for (ll j = i * i; j <= n; j += i)
            check[j] = 1;
    }

为啥$j$从$i^2$开始？

上面的板子中第二层循环就是用素数筛掉它的倍数的过程，$j$从$2i$开始循环，那为什么板子里是从$i^2$开始呢？实际上，这是一个小小的优化，因为在用素数$i$来筛它的倍数时，区间$[2,i-1]$中的所有素数已经将它的倍数都筛过了，所以$2i$，$3i$， $\dots$，$(i-1)\ast i$，都可以跳过

欧氏筛${}^{[1]}$

埃氏筛已经巨快了，然而对于每个合数，都很可能被筛多次，如16会被2筛，也会被4筛，下面介绍的欧氏筛可以做到每个合数就只被筛一次

咋筛的？

欧氏筛能正确地筛主要基于以下两点:

• 任何一个合数都可以被表示为一个素数和一个数的乘积
• 假设合数$q=x\ast y$，且$x$也是合数，$y$是素数，那么同样合数$x=a\ast b$，且$a$是素数，则$q=x\ast y=a\ast b\ast y=a\ast (b\ast y)$，即$q$被另一个素数$a$，和另一个合数$b\ast y$表示，不论$a$和$y$谁打谁小，大的一个总能转到小的那个

第二点是理解板子里的第二层循环的$if(i\%prime[j]==0)$的关键，每个合数只要被最小的能筛它的素数筛掉就行了，这样保证每个合数只会被筛一次

板子

bool check[maxn];
ll prime[maxn]， tot = 0;

for(ll i = 2; i <= n; i++) {
    if(!check[i])
        prime[++tot] = i;
    for(int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {
        check[i * prime[j]] = 1;
        if(i % prime[j] == 0)
            break;
    }
}

除了筛素数，还能干啥？

欧氏筛不仅能筛素数，还可以用来筛积性函数，如欧拉函数$\varphi (n)$，莫比乌斯函数$\mu (n)$等，这些不在本文讨论范围内，感兴趣的读者可以自行百度

快速幂、快速龟速乘和矩阵快速幂

都是用来干啥的？

快速幂可以以$O(logb)$的复杂度求出$a^b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}mod$，快速乘是用来防止乘法溢出的，矩阵快速幂可以快速求出$A^b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}mod$，其中$A$是一个矩阵，$A\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}mod⟺\forall ainA，a\%=mod$，$a$，$b$是两个long long型整数

先讲一下模运算的一点性质
$$\begin{gathered} (a\ast b)\%p=(a\%p)\ast (b\%p)\%p \\ (a^b)\%p=((a\%p{)}^b)\%p \end{gathered}$$

基本思想

我们先来看下面的一个等式
$$b=(b_{63}{b}_{62}\cdots b_1{b}_0{)}_2$$
其中$b_i$是从低位开始数$b$的第$i$位二进制值，则
$$a^b=a^{(b_{63}{b}_{62}\cdots b_1{b}_0{)}_2}=a^{b_{63}\ast 2^{63}}\ast a^{b_{62}\ast 2^{62}}\ast \cdots \ast a^{b_0\ast 2^0}$$

矩阵快速幂的话只要把乘法换成矩阵乘法即可

相比于快速幂，快速乘可能用的地方少一点，如果在乘法过程中模数比较大，如$mod$是$1e15$的数量级的，那么难以避免地会产生溢出，这时可以用快速乘把乘法转化为加法来避免溢出
$$a\ast b=a\ast (b_{63}{b}_{62}\cdots b_1{b}_0{)}_2=a\ast (b_{63}\ast 2^{63})+a\ast (b_{62}\ast 2^{62})+\cdots +a\ast (b_0\ast 2^0)$$

板子

struct Mat{
	int m[N][N];
    inline void init() {
    	for(int i = 0; i < N; i++)
            for(int j = 0; j < N; j++)
                m[i][j] = 0;
    }
}E; // E初始化为单位矩阵

// 快速幂
inline ll qpow(ll a, ll b, ll mod) {
	ll ans = 1L;
	while (b) {
		if (b & 1) 
			ans = ans * a % mod;
		a = a * a % mod;
		b >>= 1; 
	}
	return ans;
}

// 龟速乘
inline ll qmul(ll a, ll b, ll mod) {
	ll ans = 0L;
	while(b) {
		if(b & 1) ans = (ans + a) % mod;
		a <<= 1;
		b >>= 1;
	}
}

inline Mat mul(Mat a, Mat b, ll mod) {
    Mat c;
    c.init();
    for(int i = 0; i < N; i++)
        for(int j = 0; j < N; j++)
            for(int k = 0; k < N; k++)
            	c.m[i][j] = (c.m[i][j] + a.m[i][k] * b.m[k][j]) % mod;   
    return c;
}

// 矩阵快速幂
inline Mat mpow(Mat a, ll b, ll mod) {
	Mat ans = E;
	while (b) {
		if (b & 1) 
			ans = mul(ans, a, mod);
		a = mul(a, a, mod);
		b >>= 1;
	}
	return ans;
}

矩阵快速幂怎么用？

基本上不会有题目直接要求矩阵$A^b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}mod$，一般是通过$f(n)$与前几项的递推关系求$f(n)$的值，这个$n$一般贼大，比如$1e18$，不大的话用啥矩阵快速幂直接递推就完了，比如问斐波那契数列的第$n$项，$n<=1e18$，这时由于$f(n)=f(n-1)+f(n-2)$，有
$$\left[\begin{array}{c}f(n)\\ f(n-1)\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}f(n-1)\\ f(n-2)\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-2}\left[\begin{array}{c}f(2)\\ f(1)\end{array}\right]$$
我们记$A={\left[\begin{array}{cc}1& 1\\ 1& 0\end{array}\right]}^{n-2}$，那么$f(n)\equiv A.m[0][0]\ast f(2)+A.m[0][1]\ast f(1)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}mod)$，这种类型的题都可以像这样构造矩阵来求解

在？来道例题

• POJ 3233 Matrix Power Series

  思路：题目涉及到求矩阵的高次幂，可以往矩阵快速幂方向想，构造递推关系，从式子 $S_k=A+A^2+\cdots +A^k$，可以看出$S_k=S_{k-1}\ast A+A$，那么就可以构造矩阵了
  $$\left[\begin{array}{c}{S}_k\\ A\end{array}\right]=\left[\begin{array}{cc}A& E\\ 0& E\end{array}\right]\left[\begin{array}{c}{S}_{k-1}\\ A\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}A& E\\ 0& E\end{array}\right]}^{k-1}\left[\begin{array}{c}{S}_1\\ A\end{array}\right]={\left[\begin{array}{cc}A& E\\ 0& E\end{array}\right]}^{k-1}\left[\begin{array}{c}A\\ A\end{array}\right]$$

数论分块${}^{[2]}$

干啥的？

数论分块常用来解决下面这种问题
$$\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$$
其中$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$表示$n$除$i$向下取整

当然暴力地$O(n)$肯定能求出来，但是对于很多题$O(n)$是不够的，其实只要我们列出前几项，就会发现$\lfloor \frac{n}{i}\rfloor$会有一段连续的相同值，如$9/5，9/6，9/7，9/8$都是$1$，所以只要用这一段的长度乘以这一段的值就可以快速求和

板子

ll ans = 0L;
for(ll l = 1L, r = 0L; l <= n; l = r + 1) {
    ll num = n / l;
    r = n / num;
    ans += (r - l + 1) * num;
} 	

然而一般不会出现裸题，数论分块一般和其他的内容结合起来，或者式子需要进行适当变换，如
$$\sum _{i=1}^n(k\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}i)=\sum _{i=1}^n(k-\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \ast i)=k\ast n-\sum _{i=1}^n\lfloor \frac{k}{i}\rfloor \ast i$$

这样可以用等差数列来求$\lfloor \frac{k}{i}\rfloor$相等的一段的值

欧拉定理

内容

若正整数$a$，$n$互质， 即$\gcd (a,n)=1$则
$$a^{\phi (n)}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$$
其中，$\phi (n)$是欧拉函数，等于区间$[1,n-1]$上与$n$互质的数的个数

推论——欧拉降幂公式

若正整数$a$，$n$互质，那么对于任意正整数$b$，有
$$a^b\equiv a^{b\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}\phi (n)}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}n)$$
欧拉函数的性质：

• 对于质数$p,n=p^k$，$\phi (n)=\phi (p^k)=p^k-p^{k-1}$

• 当$n>2$时，$\phi (n)$是偶数

• 若$m$，$n$互质，$\phi (mn)=\phi (m)\ast \phi (n)$，即欧拉函数是积性函数，但不是完全积性函数

  • 积性函数：对于数论函数$f(x)$，若$\gcd (a,b)=1$，满足$f(ab)=f(a)\ast f(b)$，则称$f(x)$为积性函数
  • 完全积性函数：$对于数论函数f(x)$，若$\forall a,b\in N^{+},$都满组$f(ab)=f(a)\ast f(b)$，则称$f(x)$为完全积性函数

• 设$n=p_1^{a_1}\ast p_2^{a_2}\ast \cdots \ast p_k^{a_k}$，则$\phi (n)=n\ast (1-\frac{1}{p_1})\ast (1-\frac{1}{p_2})\ast \cdots \ast (1-\frac{1}{p_k})$，且$n$的因子个数为$(a_1+1)\ast (a_2+1)\ast \cdots \ast (a_k+1)$
  这个性质可以这样理解：$[1,n]$区间内$p_i$的倍数有$n/p_i$个，那么从$[1,n]$中任取一数取到$p_i$的倍数的概率是$(n/p_i)/n=1/p_i$，所以不是$p_i$的倍数的概率等于$1-1/p_i$，这些$p_i$的概率连乘相当于不是$p_1,p_2,\cdots ,p_k$的倍数的概率，再乘$n$就是$n$以内与$n$互质的数的个数了

• 对于质数$p$，(这一性质很容易从第四个性质推出)
  $$\phi (n\ast p)=\{\begin{array}{ll}\phi (n)\ast p& n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p=0\\ \phi (n)\ast (p-1)& n\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p\ne 0\end{array}$$

• $[1,n-1]$内与$n$互质的数的和：
  $$S=n\ast \frac{\phi (n)}{2}$$
  关于证明(比较扯皮)：
  我们都知道$\gcd (n,x)=\gcd (n,n-x)$，那么与$n$互质的每一个数$x$，其实都有一个$n-x$和它对应，而它们的和都是$n$，那么求和就是$n$乘与$n$互质数个数除2，也就是上面的式子

• $n={\sum }_{d|n}\phi (d)$，即$n$的因数(包含1和$n$自己)的欧拉函数之和为$n$
  证明：(参考henry_y的欧拉函数的几个性质及证明)
  设$f(n)=\sum _{d|n}\phi (d)$，下面先证明$f(n)$为一个积性函数：
  设$n,m\in N^{+},\gcd (n,m)=1$，则$n$和$m$没有相同的因数
  $$\begin{array}{rl}& f(n)\ast f(m)\\ & =\sum _{i|n}\phi (i)\ast \sum _{j|m}\phi (j)\\ & =\sum _{i|n}\sum _{j|m}\phi (i)\ast \phi (j)\\ & =\sum _{i|n}\sum _{j|m}\phi (i\ast j)\\ & =\sum _{d|n\ast m}\phi (d)\\ & =f(n\ast m)\end{array}$$
  所以，$f(n)$是积性函数，于是根据$n$的质因数分解：$n=\prod _{i=1}^t{p}_i^{k_i}$
  $$f(n)=f(\prod _{i=1}^t{p}_i^{k_i})=\prod _{i=1}^{t}f(p_i^{k_i})$$
  根据$f$的定义得
  $$\begin{array}{rl}f(p_i^{k_i})& =\sum _{d|p_i^{k_i}}\phi (d)\\ & =\phi (1)+\phi (p_i)+\phi (p_i^2)+\cdots +\phi (p_i^{k_i})\\ & =1+(p-1)+(p^2-p)+\cdots +(p^{k_i}-p^{k_i-1})\\ & =p^{k_i}\end{array}$$ 于是
  $$f(n)=\prod _{i=1}^t{p}_i^{k_i}=n$$

---

咋算欧拉函数$\phi$？

1. 欧氏筛筛欧拉函数，可以以$O(n)$的复杂度计算出phi[1]到phi[n]

   phi[1] = 1;
   check[1] = true;
   for (int i = 2; i <= n; i++) {
       if (!check[i]) {
           prime[++tot] = i;
           phi[i] = i - 1;
       }
       for (int j = 1; j <= tot && i * prime[j] <= n; j++) {
           check[i * prime[j]] = 1;
           if (i % prime[j])
               phi[i * prime[j]] = phi[i] * (prime[j] - 1);
           else {
               phi[i * prime[j]] = phi[i] * prime[j];
               break;
           }
       }
   }
   

2. 单计算$\phi [n]$，$O(\sqrt{n})$

   int euler(int x) {
       int res = x;
       for(int i = 2; i * i <= x; i++)
           if(x % i == 0) {
                res = res / i * (i - 1);
                while(x % i == 0) x /= i;
           }
       if(x > 1) res = res / x * (x - 1);
       return res;
   }
   

能干啥？

• 能降幂不然叫欧拉降幂公式干啥

例题

• HDU 4704 SUM

  思路：用高中排列组合可以看出${\sum }_{i=1}^{N}S(i)=2^{N-1}$，快读读入N，边读边取模，需要注意的是要对$MOD-1$取摸，然后快速幂就完事了

费马小定理

内容

对于素数$p$，任意整数$a$，均满足
$$a^p\equiv a(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$
如果$a$不能被能被$p$整除，即$p\nmid a$，则上式可化为
$$a^{p-1}\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

本质

费马小定理是欧拉定理的特例，因为对于质数$p$，$\phi (p)=p-1$

能干啥？

• 先讲讲乘法逆元是啥

  若有$a\ast b\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，则称$b$是$a$在模$p$意义下的乘法逆元，或$a$是$b$在模$p$意义下的乘法逆元，记为$inv(a)$或$inv(b)$

• 快速幂求乘法逆元，适用于模数$p$为质数的情况

$$a^{p-1}\equiv a^{p-2}\ast a\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$

所以，$a^{p-2}$就是$a$在模$p$意义下的逆元，即$inv(a)=a^{p-2}$，快速幂$O(logn)$就能求

例题

• HDU 1576 A/B

  思路：因为$(A/B)\equiv A\ast inv(B)\equiv (A\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9973)\ast inv(B)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9973)$，$A\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}9973=n$，9973是个质数，可以快速幂求$inv(B)$

威尔逊定理

内容

当$p$为素数时，
$$(p-1)!\equiv -1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$
且这时一个充要条件，即当式子成立时，$p$是素数

咋用？

俺也不知道，蒟蒻没做过这类的题也许可以用来化简一些式子

扩展欧几里得${}^{[3]}$

内容

大家都知道欧几里得算法就是求$\gcd (a,b)$的辗转相除法

inline int gcd(int a, int b) {
	return b == 0 ? a : gcd(b, a % b);
}

那扩展欧几里得是个啥呢？在介绍扩欧之前，先了解一下贝祖定理或称裴蜀定理：

对于任意整数$a,b$，$ax+by=\gcd (a,b)$一定有整数解，且对于任何整数$x,y$，$ax+by$必然是$\gcd (a,b)$的倍数

贝祖定理还有一个重要的推论：

对于任意整数$a,b$，$a,b$互质$⟺\exists x,y\in Z$，使得$ax+by=1$

那如何求出$ax+by=\gcd (a,b)$的解呢？这时扩展欧几里得闪亮登场

我们可以注意到在辗转相除法达到递归边界时，即当$b==0$时， $a=\gcd (a,b)$，我们得出此时的$ax+by=\gcd (a,b)$的解是$x=1,y=0$，再反过来推回去(有点像数学归纳法反过来)

假设我们要求$ax+by=\gcd (a,b)$的整数解，而我们已经通过递归求出了$b\ast x_1+(a\%b)\ast y_1=\gcd (b,a\%b)$，这时我们把$a\%b=a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b$带入前面的式子有
$$b\ast x_1+(a-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast b)\ast y_1=a\ast y_1+b\ast (x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast y_1)$$
可以发现$x=y_1,y=x_1-\lfloor \frac{a}{b}\rfloor \ast y_1$，这样两个相邻的递归状态间的$x,y$可以转换，在求$\gcd$的同时就能顺便解方程

板子

typedef long long ll;
inline ll exgcd(ll a, ll b, ll &x, ll &y) {
    if(!b) {
        x = 1L; y = 0L;
        return a;
    }
    ll gcd = exgcd(b, a % b, x, y);
    ll tmp = y;
    y = x - a / b * y;
    x = tmp;
    return gcd;
}

作用

• 很显然第一种用法就是求$ax+by=\gcd (a,b)$的整数解，需要注意的是求出来的只是一组解

• 求乘法逆元，大概算是求解线性同余方程的一种

  前文已经说过快速幂可以在模数$p$为素数的前提下，以$O(logn)$的复杂度求出$n$关于$p$的乘法逆元$inv(n)=x$，但是如果$p$不是素数，就不能用快速幂求逆元了，这时可以用扩欧来求乘法逆元

  考虑式子
  $$n\ast x\equiv 1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$
  可以转化为
  $$n\ast x+p\ast y=1$$
  两边同乘$\gcd (n,p)$得到
  $$n\ast x\ast \gcd (n,p)+p\ast y\ast \gcd (n,p)=\gcd (n,p)$$
  这时用扩欧可以求出$x\ast \gcd (n,p)$和$y\ast gcd(n,p)$，进而可以求出$x$

• 扩展中国剩余定理，限于篇幅这个内容不作讨论也许以后会填坑

例题

• CF 963A Alternating Sum

  思路：我们以字符串长度将和式进行分块，每$len$为一块，我们先求出第一块的和$\sum _{i=0}^{len-1}{s}_i{a}^{n-i}{b}^i$并将它记为$sum$，那么后面一块的和就等与$sum\ast b^{len}/a^{len}$，总计$block=n/len$块，每块的和构成等比数列，总的和$S=sum\ast ((b^{len}/a^{len}{)}^{block}-1)/(b^{len}/a^{len}-1)$，

  通过扩欧求出$a$在模$p=1e9+9$下的乘法逆元$inv(a)$，那么在模$p$意义下，$b^{len}/a^{len}\equiv b^{len}\ast x^{len}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，我们记$q=b^{len}\ast x^{len}\%p$，$S\equiv (sum\%p)\ast (q^{block}-1)/(q-1)(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，那我们再求一次在模$p$意义下$q-1$的乘法逆元$inv(q-1)$，即可求解。需要注意的是如果$q==1$，$inv(q-1)$就没有意义，所以需要特判，如果$q==1$，$S=sum\ast block$

中国剩余定理

内容

设正整数$m_1,m_2,\dots ,m_k$两两互质，则同余方程组
$$\{\begin{array}{l}x\equiv a_1(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_1)\\ x\equiv a_2(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_2)\\ ⋮\\ x\equiv a_k(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_k)\end{array}$$
有整数解，且在模$M=\prod _{i=1}^k{m}_i$下的解是唯一的，解为
$$x\equiv \sum _{i=1}^k{a}_i\ast M_i\ast M_i^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$$
其中$M_i=M/m_i$，$M_i^{-1}$为$M_i$在模$m_i$下的乘法逆元

瞎**证明

由定义$\gcd (m_i,M_i)=1$，设
$$x^{\ast }=\sum _{i=1}^k{a}_i\ast M_i\ast M_i^{-1}$$
由于$a_i\ast M_i\ast M_i^{-1}\equiv a_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$，且对$\forall j\ne i,a_i\ast M_i\ast M_i^{-1}\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_j)$，所以
$$x^{\ast }=a_i\ast M_i\ast M_i^{-1}+\sum _{j\ne i}{a}_j\ast M_j\ast M_j^{-1}\equiv a_i+\sum _{j\ne i}0\equiv a_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$$
故$x^{\ast }$是同余方程组的一个解。

设$x_1$和$x_2$都是同余方程组的解，那么对于$\forall i\in [1,k],x_1-x_2\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{m}_i)$，这说明$x_1-x_2$是$m_i(\forall i\in [1,k])$的倍数，而$m_1,m_2,\dots ,m_k$两两互质，这说明$x_1-x_2$是$M$的倍数，所以同余方程组在模$M=\prod _{i=1}^k{m}_i$下的解是唯一的，解为
$$x\equiv \sum _{i=1}^k{a}_i\ast M_i\ast M_i^{-1}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}M)$$

作用

• 显然，中国剩余定理是用来求解模数互质的线性同余方程组的

扩展

既然中国剩余定理是求解模数互质的线性同余方程组的，好学的读者们肯定会问，那要是模数不互质呢？关于模数不互质的线性同余方程组，我们暂且不进行讨论以后大概会填坑

裸题

• TJOI 2009/洛谷P3868 猜数字

  思路：从题意看出需要求解方程组$n\equiv a_i(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}{b}_i),i\in [1,k]$，是中国剩余定理的裸题

卢卡斯定理

内容

对于正整数$n,m$，素数$p$，下面同余式成立
$$C_n^m\equiv \prod _{i=0}^k{C}_{n_i}^{m_i}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$$
其中，$n_i,m_i(<=p-1)$分别为$n,m$的$p$进制表示的各个位
$$\begin{gathered} n=n_k{p}^k+n_{k-1}{p}^{k-1}+\cdots +n_{1}p+n_0 \\ m=m_k{p}^k+m_{k-1}{p}^{k-1}+\cdots +m_{1}p+m_0 \end{gathered}$$
笼统点讲就是$C_n^m\equiv C_{n\%p}^{m\%p}{C}_{n/p}^{m/p}(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}p)$，这样我们只要对$C_{n/p}^{m/p}$再递归地调用$Lucas$定理就行了，所以代码其实挺好写

用法

适用条件

卢卡斯定理适合于数据范围较大但又不太大的情况，注意模数$p$需要是质数它可以把较大的组合数转化为多个较小的组合数乘积，但是如果模数$p$很大，$n_i,m_i$的数据范围$([0,p-1])$也会很大，效果就会不好

怎么用

根据排列组合公式
$$C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$$
我们可以先$O(n)$预处理出模$p$时阶乘数组$fac[n]$，为了$C_{n_i}^{m_i}\%p$，可以用快速幂求出$m!$和$(n-m)!$在模$p$意义下的乘法逆元，这样可以以$O(logn)$求出$C_{n_i}^{m_i}$

ll fac[maxn];
ll n, m, p;

// 快速幂就不再写一遍了
inline ll C(ll n, ll m, ll p) {
    if(n < m) return 0;
    return fac[n] * qpow(fac[m],p -2) * qpow(fac[n - m], p - 2);
}

inline ll Lucas(ll n, ll m, ll p) {
    if(!m) return 1;
    return C(n % p, m % p, p) * Lucas(n / p, m / p, p) % p;
}

int main() {
    scanf("%lld%lld", &n, &m, &p);
    fac[0] = fac[1] = 1L;
    for(ll i = 2L; i < p; i++)
        fac[i] = fac[i - 1] * i % p;
   	printf("%lld\n", Lucas(n + m, m, p));
	return 0;
}

参考网站

[1] 学习笔记–数论–欧式线性筛素数

[2] 数论分块

[3] 扩展欧几里得算法详解

顺便推荐一下以上的几个博客，讲得通俗易懂