一、引入

给定 $n$ ， $m$ ， $p$ ，求：
$\binom nm\bmod p$
其中 $\binom nm$ 为组合数，表示 $n$ 个元素中选出 $m$ 个的方案数。
即：
$\binom nm=\frac{n!}{m!\times(n-m)!}$
特殊地，我们规定 $\binom n0=1$ 且当 $n<m$ 时 $\binom nm=0$ 。

二、 $n,m\le 3,000$

$\binom nm=\binom {n-1}m+\binom{n-1}{m-1}$
（1）组合意义：
考察 $n$ 个元素中的最后一个元素是否被选出。
如果没有被选出，那么前面的 $n-1$ 个元素必须选出 $m$ 个，即 $\binom {n-1}m$ 。
如果被选出，那么前面的 $n-1$ 个元素必须选出 $m-1$ 个，即 $\binom {n-1}{m-1}$ 。
（2）数学推导：
$\binom{n-1}m+\binom{n-1}{m-1}=\frac{(n-1)!}{m!\times(n-1-m)!}+\frac{(n-1)!}{(m-1)!\times(n-m)!}$
$=\frac{(n-1)!\times(n-m)+(n-1)!\times m}{m!\times(n-m)!}=\frac{n!}{m!\times(n-m)!}=\binom nm$
（3）生成函数：
根据二项式定理 $(a+b)^n=\sum_{i=0}^n\binom nia^ib^{n-i}$ ，数列
$\binom n0,\binom n1,\binom n2,...,\binom nn$
的生成函数为 $(1+x)^n$ 。
于是 $\binom nm$ 就是 $(1+x)^n$ 的 $m$ 次项。
设 $(F(x))_k$ 表示多项式 $F(x)$ 的 $k$ 次项。
则：
$\binom{n-1}m+\binom{n-1}{m-1}=((1+x)^{n-1})_m+((1+x)^{n-1})_{m-1}$
$=((1+x)^{n-1})_m+(x(1+x)^{n-1})_m=((1+x)^n)_m=\binom nm$
利用这个公式进行 $O(nm)$ 的递推，可以预处理出 $i\in[0,n]$ ， $j\in[0,m]$ 范围内所有的 $\binom ij$ 。
当 $n$ 达到 $10^9$ 甚至 $10^{18}$ 级别但 $m$ 只有 $100$ 级别时，可以用矩阵乘法优化这个递推，复杂度可以做到 $O(m^3\log n)$ 。

三、 $n,m\le 10^7$ ， $n,m<p$ 且 $p$ 是质数

直接使用组合数的通项公式：
$\binom nm=\frac{n!}{m!\times (n-m)!}$
预处理阶乘极其逆元即可。
逆元线性递推公式：
$x^{-1}\equiv (p-\lfloor\frac px\rfloor)\times(p\bmod x)^{-1}(\bmod p)$
$(x!)^{-1}=\prod_{i=1}^xi^{-1}$
复杂度 $O(\max(n,m))$ 。

四、 $p\le 10^7$ 且为质数

Lucas 定理：
$\binom nm\equiv\binom{\lfloor \frac np\rfloor}{\lfloor \frac mp\rfloor}\times\binom{n\bmod p}{m\bmod p}(\bmod p)$
另一种说法：
$\binom nm=\prod_{i=0}^{\infty}\binom{n_i}{m_i}(\bmod p)$
其中 $n_i$ 表示 $p$ 进制意义下 $n$ 第 $i$ 位的值，最低位为第 $0$ 位。
证明：
前面已经提到，数列 $\binom n0$ ， $\binom n1$ ， $\dots$ ， $\binom nn$ 的生成函数是 $(1+x)^n$ 。
为了方便讨论，下面多项式的系数都在模 $p$ 意义下。
我们知道，当 $0<n<p$ 时：
$\binom pn\equiv 0(\bmod p)$
于是：
$(1+x)^n\equiv 1+x^n(\bmod p)$
根据 $n=\lfloor\frac np\rfloor\times p+n\bmod p$ ，得到：
$(1+x)^n=((1+x)^p)^{\lfloor\frac np\rfloor}\times(1+x)^{n\bmod p}$
$\equiv(1+x^p)^{\lfloor\frac np\rfloor}\times(1+x)^{n\bmod p}(\bmod p)$
利用二项式定理展开：
$\sum_{i=0}^n\binom nix^i\equiv(\sum_{i=0}^{\lfloor\frac np\rfloor}\binom {\lfloor\frac np\rfloor}i(x^p)^i)(\sum_{i=0}^{n\bmod p}\binom{n\bmod p}ix^i)$
式子左边的 $m$ 次项为 $\binom nm$ 。
式子右边是两个多项式的卷积，但是第一个多项式只有 $p$ 的倍数次项不为 $0$ ，第二个多项式大于等于 $p$ 的项全部为 $0$ 。
由于将整数 $m$ 表示成 $m=kp+c$ 且 $c<p$ 的方式是唯一的，即 $k=\lfloor\frac mp\rfloor$ ， $c=m\bmod p$ ，
所以这两个多项式卷积的 $m$ 次项系数为第一个多项式的 $\lfloor\frac mp\rfloor$ 项系数乘上第二个多项式的 $m\bmod p$ 次项系数。
即式子右边的 $m$ 次项为 $\binom{\lfloor\frac np\rfloor}{\lfloor\frac mp\rfloor}\times\binom{n\bmod p}{m\bmod p}$ 。
得证。
先预处理出 $[0,\min(\max(n,m),p-1)]$ 内的阶乘及其逆元。
然后根据 Lucas 定理递归下去，当 $n,m$ 都小于 $p$ 时停止递归。
复杂度 $O(\min(\max(n,m),p-1)+\log p)$ 。

五、 $n,m\le 10^7$ ， $p\le 10^9$

这时候 $p$ 不一定是质数。
先把 $n!,m!,(n-m)!$ 分解质因数。
阶乘分解质因数的方法： $n!$ 中质因子 $k$ 的出现次数为：
$\sum_{i=1}^{\infty}\lfloor\frac n{k^i}\rfloor$
然后 $\binom nm$ 中质因子 $k$ 的出现次数为 $n!$ 中 $k$ 的出现次数减去 $m!$ 中 $k$ 的次数再减去 $(n-m)!$ 中 $k$ 的次数。
复杂度 $O(n+m)$ 。

六、 $n,m\le 10^9$ ， $p_i^{c_i}\le 10^6$

其中 $p_i$ 和 $c_i$ 分别表示 $p$ 的质因子和 $p_i$ 在 $p$ 中的次数。
扩展 Lucas 定理。
先把 $p$ 分解质因数：
$p=\sum_{i=1}^sp_i^{c_i}$
如果我们求出了对于每个 $i$ ， $\binom nm\bmod p_i^{c_i}$ 的值，就可以使用中国剩余定理合并，得到 $\binom nm$ 。
下面的关键就是求 $\binom nm\bmod p_i^{c_i}$ 。
由于 $p_i$ 是质数，所以我们只需要先使用阶乘分解算出 $\binom nm$ 中 $p_i$ 的次数 $cnt$ ，
分别求出 $n!$ 、 $m!$ 、 $(n-m)!$ 去掉所有质因子 $p_i$ 之后模 $p_i^{c_i}$ 的结果，记为：
$F(n),F(m),F(n-m)$
那么：
$\binom nm\equiv F(n)\times F(m)^{-1}\times F(n-m)^{-1}\times p_i^{cnt}(\bmod p_i^{c_i})$
下面重点讨论求 $F(n)$ 。
先 $i$ 从 $0$ 到 $p_i^{c_i}-1$ 预处理出 $N(i)$ 表示 $1$ 到 $i$ 所有不是 $p_i$ 的倍数的数的积模 $p_i^{c_i}$ 。
可以递归求 $F(n)$ 。递归边界为 $n<p_i$ ，这时 $F(n)=N(n)$ 。
否则取出 $1$ 到 $n$ 中所有 $p_i$ 的倍数先处理，可以得出这就是 $F(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor)$ 。
然后考虑 $1$ 到 $n$ 内每个长度为 $p_i^{c_i}$ 的循环节，这个循环节内数的乘积是一样的，
所以这一部分的贡献为：
$N(p_i^{c_i}-1)^{\lfloor\frac n{p_i^{c_i}}\rfloor}$
还有剩下的 $n\bmod p_i^{c_i}$ 个数无法构成循环节，所以最后一部分的贡献为 $N(n\bmod p_i^{c_i})$ 。
所以：
$F(n)=\begin{cases}F(\lfloor\frac n{p_i}\rfloor)\times N(p_i^{c_i}-1)^{\lfloor\frac n{p_i^{c_i}}\rfloor}\times N(n\bmod p_i^{c_i})&n\ge p_i\\N(n)&n<p_i\end{cases}$
一个有趣的栗子： $n=19,p_i=3,c_i=2$ 。
$19!=(1\times2\times4\times5\times7\times8)\times(10\times11\times13\times14\times16\times17)$ $\times19\times3^6\times 6!$
$\equiv(1\times2\times4\times5\times7\times8)^2\times19\times3^6\times 6!(\bmod 9)$
上面 $1\times 2\times 4\times 5\times 7\times 8$ 即为 $N(9-1)$ ， $6!$ 可以递归下去， $19$ 即为剩余的 $N(19\bmod 9)=N(1)$ 。
复杂度比较迷……

七、 $n,m\le 10^9$ ， $p$ 是 int 范围内的质数

如果有某个 dalao 会复杂度比较优秀的做法，请在评论区发表。