lucas定理

求组合数模某个数的余数。注意一般的阶乘预处理组合数，虽然也能取模，如果出现的组合数$C(n,m)$，预处理复杂度就是$O(n)$的，如果我们的组合数很大就完了

这时就需要lucas定理了，内容是这样，

第一项可以继续用lucas递归处理，第二项的系数都是模p之后的，所以我们预处理组合数，可以只用求出来不超过p的，预处理复杂度变成$O(p)$了，会快很多。然后lucas本身的复杂度，由于一直在除$p$递归，显然只有$O(logn)$，相比$O(n)$预处理，在$n=1e9$甚至更大时显然快了很多，这就是lucas的优点

当然这也要求了模数$p$不能太大，如果也$p=1e9$就没意义了

void solve(){
	int n,m,p;
	cin>>n>>m>>p;
	vi fa(p+1);
	fa[0]=1;
	rep(i,1,p){
		fa[i]=fa[i-1]*i%p;
	}
	auto C=[&](int n,int m,int p)->int{
		return fa[n]*power(fa[m],p-2,p)%p*power(fa[n-m],p-2,p)%p;
	};
	auto &&lucas=[&](auto &&lucas,int n,int m,int p)->int{
		if(m==0)return 1;	
		return C(n%p,m%p,p)*lucas(lucas,n/p,m/p,p)%p;
	};
	cout<<lucas(lucas,n+m,m,p)<<'\n';
}

可以看到Lucas也要预处理组合数，这里需要注意的是，由于p不大，可能出现阶乘的值是p的倍数，然后求逆元可能就会失败，所以我们不用求$ifac$了，只用求$fac$，需要逆元的时候用快速幂就行了

然后这里其实有一个推论，算组合数奇偶性的时候,可以直接`n&k==k，等价于$C(n,k)模2=1$