盧卡斯定理是一個與組合數有關的數論定理，在演算法競賽中用於求組合數對某質數的模。
第一部分是博主的個人理解，第二部分為 Pecco 學長的介紹
第一部分
一般情況下，我們計算大組合數取模問題是用遞推公式進行計算的：
其中p相對較小的素數。但是當n和m過大時，計算的耗費就急劇增加\(O(mn)\)，在實踐中不適用。當這時候就需要Lucas定理進行快速運算:
其中：
證明方法也很簡單，主要用到如下等式：
應用這個公式，可以的到如下遞迴式
這裡的\(Lucas(n,m,p)\)就是\(C_n^m\ mod\ p\)，遞迴終點就是當\(n=0\)的時候。時間複雜度是\(O(log_p(n)*p)\).
如果上面的解釋沒有理解的話請往下看一下 Pecco 學長的介紹
第二部分
開篇說的就很清楚了，
盧卡斯定理是一個與組合數有關的數論定理，在演算法競賽中用於求組合數對某質數的模。
在我們談論盧卡斯定理前，我們先來看看樸素的求組合數的方法有哪些。
如果直接根據定義 \(C_m^n = \frac{m!}{n!(m-n)!}\) 直接計算，顯然很容易溢位，事實上當 m=21 時，\(21! = 51,090,942,171,709,440,000\) 就已經大於64位整數可以表示的範圍了。當然我們可以邊乘邊除，但有點麻煩。於是我們有另外一種思路，利用遞推式：\(C_m^n =C_{m-1}^{n - 1} + C_{m - 1}^n\) （這個遞推式可以從楊輝三角看出）。這種方法相對不容易溢位，時間複雜度為 \(\mathcal{O}(n^2)\) 其實如果對精度要求不高的話，最簡單快捷的方法是利用對數。由於 ：
所以只需要用 \(\mathcal{O}(n)\) 預處理出 \(ln\ x\) 的字首和，即可 \(\mathcal{O}(1)\) 求出結果，但可能有浮點誤差。
然而，實際上，組合數的增長速度是非常快的，\(C_{100}^{50}\) 已經是30位數，\(C_{300}^{150}\) 則有89位數，比宇宙中的原子數還多。（宇宙中的原子數：怎麼總是拿我來對比？）所謂遞推不容易溢位，那如果結果本身就溢位了，你又怎麼辦呢？
所幸演算法競賽中的題目常常會要求將結果對某個質數 \(p\) 取模，這樣一來，溢位的問題就不用太擔心了。我們乾脆直接回到最原始的方法：\(C_m^n=\frac{m!}{n!(m-n)!}\)。只不過，現在我們要把除法變成求 逆元，也即：\(C_m^n = m!·inv(n!)·inv[(m - n)!]\ (mod\ p)\)。
模 \(p\) 意義下階乘和逆元都可以 \(\mathcal{O}(n)\)預 處理出來，然後直接 \(\mathcal{O}(1)\) 查詢即可（實際上不預處理逆元直接 \(\mathcal{O}(log\ n)\) 求也綽綽有餘）。這基本上是最常用的求組合數方法。
繞了一圈，怎麼還沒提到盧卡斯定理呢？嗯……一般來說，這個方法夠用了。偏偏，有時候， \(p\) 可能比 \(m\) 小....
這下麻煩了。如果 \(p\) 比 \(m\) 小，就不能保證 \(n\) 和 \(m - n\) 的逆元存在了（它們可能是 \(p\) 的倍數）。當然還是可以用楊輝三角遞推，但 \(\mathcal{O}(n^2)\)還是太不理 想。於是，本文的主角——盧卡斯定理終於要出場了。
盧卡斯定理（Lucas's theorem）：
對於非負整數 \(m,n\) 和質數 \(p\) ，\(C_m^n = \prod_{i = 0}^k\ (mod\ p)\) 其中
\(m = m_kp^k + …… +m_1p + m_0\) 、\(n = n_kp^k + …… +n_1p + n_0\) 是 \(m\) 和 \(n\) 的 \(p\) 進位制展開
但其實，我們一般使用的是這個可以與之互推的式子：
\(C_m^n = C_{m\ mod\ p}^{n\ mod\ p}·C_{\lfloor\frac{m}{p}\rfloor}^{\lfloor\frac{n}{p}\rfloor}\ (mod\ p)\)
當 \(m < n\) 時，規定 \(C_m^n = 0\) （待會兒會將這個規定的意義）。
就像輾轉相除法那樣，可以利用這個式子遞迴求解，遞迴出口是 \(n = 0\) 。其實這篇文章只需要這個好記的公式就夠了，你甚至可以馬上寫出盧卡斯定理的板子：
// 需要先預處理出fact[]，即階乘
inline ll C(ll m, ll n, ll p) {
return m < n ? 0 : fact[m] * inv(fact[n], p) % p * inv(fact[m - n], p) % p;
}
inline ll lucas(ll m, ll n, ll p) {
return n == 0 ? 1 % p : lucas(m / p, n / p, p) * C(m % p, n % p, p) % p;
}
網上說盧卡斯定理的複雜度是 \(\mathcal{O}(p\ log_p\ m)\) ，但如果階乘和逆元都採取遞推的方法預處理，（只需要預處理 \(p\) 以內的），每次呼叫C()函式應該都是 的\(\mathcal{O}(1)\)，一共要呼叫 \(log_p\ m\) 次，那麼複雜度應該是 \(\mathcal{O}(p + log_p\ m)\) 才對。洛谷上這道模板題的範圍才給到 \(\mathcal{O}(10^5)\) ，屈才了。
接下來我們來證明這個式子。如果你對數學推導沒有興趣可以走了（霧
