【基本解题思路】
将n个相同的元素排成一行，n个元素之间出现了（n-1）个空档，现在我们用（m-1）个“档板”插入（n-1）个空档中，就把n个元素隔成有序的m份，每个组依次按组序号分到对应位置的几个元素（可能是1个、2个、3个、4个、….），这样不同的插入办法就对应着n个相同的元素分到m组的一种分法，这种借助于这样的虚拟“档板”分配元素的方法称之为插板法。
【基本题型的变形（一）】
题型：有n个相同的元素，要求分到m组中，问有多少种不同的分法？
解题思路：这种问题是允许有些组中分到的元素为“0”，也就是组中可以为空的。对于这样的题，我们就首先将每组都填上1个，这样所要元素总数就m个，问题也就是转变成将（n+m）个元素分到m组，并且每组至少分到一个的问题，也就可以用插板法来解决。 （这里需要相加）
【基本题型的变形（二）】
题型：有n个相同的元素，要求分到m组，要求各组中分到的元素至少某个确定值S（s＞1，且每组的s值可以不同），问有多少种不同的分法？
解题思路：这种问题是要求组中分到的元素不能少某个确定值s，各组分到的不是至少为一个了。对于这样的题，我们就首先将各组都填满，即各组就填上对应的确定值s那么多个，这样就满足了题目中要求的最起码的条件，之后我们再分剩下的球。这样这个问题就转变为上面我们提到的变形（一）的问题了，我们也就可以用插板法来解决。（这里是要减的）
至少一个的情况，与基本类型相同。
注意：此题是将m划分而不是将n划分，将m划分成n份，每份可以为0，带入第二种情况。只要理解这点此题就简单了。
题目相当于求n个数的和不超过m的方案数。
如果和恰好等于m，那么就等价于方程${x_1} + {x_2} + ... + {x_n} = m$的解的个数，利用插板法可以得到方案数为：
$C_{m + n - 1}^{n - 1} = C_{m + n - 1}^m$
现在就需要求不大于m的，相当于对i = 0,1...,m对$C_{n + i - 1}^i$求和，根据公式$C_n^k = C_{n - 1}^k + C_{n - 1}^{k - 1}$得
[egin{array}{*{20}{l}}
{C_{n - 1}^0 + C_n^1 + ... + C_{n + m - 1}^m}\
{ = {
m{ }}C_n^0 + C_n^1 + C_{n + 1}^2 + ... + C_{n + m - 1}^m}\
{ = {
m{ }}C_{n + m}^m}
end{array}]
现在就是要求$C_{n + m}^m\% p$,其中p是素数。
证明lucas定理一篇很好的博客：http://www.cnblogs.com/owenyu/p/6724560.html，是利用费马小定理证明的。
贴一个挺有用的证明：
lucas定理：
[left( egin{array}{l}
n\
m
end{array}
ight) = prodlimits_{i = 0}^k {left( egin{array}{l}
{a_i}\
{b_i}
end{array}
ight){mathop{
m modp}
olimits} } ]
其中，
[egin{array}{l}
n = {({a_1}{a_2}{a_3}...{a_k})_p}\
m = {({b_1}{b_2}{b_3}...{b_k})_p}
end{array}]
注：n,m不能大于10^5，不大于情况下用逆元的方法可以解决，如果大了就不能解决。
1 #include<bits/stdc++.h> 2 using namespace std; 3 typedef long long ll; 4 ll n,m,p,t; 5 ll mod_pow(ll x,ll n,ll p){ 6 ll res=1; 7 while(n){ 8 if(n&1) res=res*x%p; 9 x=x*x%p; 10 n>>=1; 11 } 12 return res; 13 } 14 ll comb(ll n,ll m,ll p){ 15 if(n==m) return 1; 16 if(n<m) return 0; 17 if(m>n-m) m=n-m; 18 19 ll tn=1,tm=1; 20 while(m){ 21 tn=tn*n%p; 22 tm=tm*m%p; 23 n--,m--; 24 } 25 return tn*mod_pow(tm,p-2,p)%p; 26 } //其实lucas就是comb的一种特殊形式，所以代码才这么像 27 ll lucas(ll n,ll m,ll p){ 28 ll res=1; 29 while(m){ 30 res=res*comb(n%p,m%p,p)%p; 31 n/=p; 32 m/=p; 33 } 34 return res; 35 } 36 int main(){ 37 scanf("%lld",&t); 38 while(t--){ 39 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p); 40 printf("%lld ",lucas(n+m,m,p)%p); 41 } 42 return 0; 43 }
【基本解题思路】
将
n
个相同的元素排成一行，
n
个元素之间出现了（
n-1
）个空档，现在我们用（
m-1
）个
“
档板
”
插入（
n-1
）
个空档中，就把
n
个元素隔成有序的
m
份，每个组依次按组序号分到对应位置的几个元素（可能是
1
个、
2
个、
3
个、
4
个、
….
）
，这样不同的插入办法就对应着
n
个相同的元素分到
m
组的一种分法，这种借助于
这样的虚拟
“
档板
”
分配元素的方法称之为插板法。