逆元

现在目标是求$C_n^m\%p$，p为素数（经典p=1e9+7）

虽然有$C_n^m=frac{n!}{m!(n-m)!}$，但由于取模的性质对于除法不适用，所以$C_n^m\%p$≠$( frac{n!\%p}{m!\%p*(n-m)!\%p} )\%p$

所以需要把“除法”转换成“乘法”，才能借助取模的性质在不爆long long的情况下计算组合数。这时候就需要用到“逆元”！

  逆元：对于a和p（a和p互素），若a*b%p≡1，则称b为a%p的逆元。

那这个逆元有什么用呢？试想一下求$(frac{a}{b})$%p，如果你知道b%p的逆元是c，那么就可以转变成$(frac{a}{b})$%p = a*c%p = (a%p)(c%p)%p

那怎么求逆元呢？这时候就要引入强大的费马小定理！

  费马小定理：对于a和素数p，满足$a^{p-1}$%p≡1

接着因为$a^{p-1}$ = $a^{p-2}*a$，所以有$a^{p-2}*a$%p≡1！对比逆元的定义可得，$a^{p-2}$是a的逆元！

所以问题就转换成求解$a^{p-2}$，即变成求快速幂的问题了（当然这需要满足p为素数）。

现在总结一下求解$C_n^m\%p$的步骤：

1. 通过循环，预先算好所有小于max_number的阶乘（%p）的结果，存到fac[max_number]里 (fac[i] = i!%p)
2. 求m!%p的逆元（即求fac[m]的逆元）：根据费马小定理，x%p的逆元为$x^{p-2}$，因此通过快速幂，求解$fac[m]^{p-2}$%p，记为M
3. 求(n-m)!%p的逆元：同理为求解$fac[n-m]^{p-2}$%p，记为NM
4. $C_n^m\%p$ = ((fac[n]*M)%p*NM)%p

用C++实现的代码，输入为n,m,p，要求0<=m<=n<=1e6（否则fac存不下），且gcd(p,n!)=1（即互素），输出为$C_n^m\%p$

//快速幂求x^n%mod 
long long pow_mod(long long x, long long n, long long mod) {
    long long res = 1;
    while (n) {
        if (n & 1) res = res * x % mod;
        x = x * x % mod;
        n >>= 1;
    }
    return res;
}
long long fac[MAX_NUMBER+5];
long long n, m, p;
int main() {
    while (~scanf("%lld %lld %lld", &n, &m, &p)) {        
        //预处理求fac，fac[i] = i!%p 
        fac[0] = 1;
        for (int i = 1; i <= n; i++) {fac[i] = fac[i - 1] * i % p;}
        //组合数 = n!*(m!%p的逆元)*((n-m)!%p的逆元)%p 
        printf("%lld
", fac[n] * pow_mod(fac[m], p - 2, p) % p * pow_mod(fac[n - m], p - 2, p) % p);
    }
}

另一种求法以后有空再写...