题目大概问小于等于m个的物品放到n个地方有几种方法。
即解这个n元一次方程的非负整数解的个数$x_1+x_2+x_3+\dots+x_n=y$，其中0<=y<=m。
这个方程的非负整数解个数是个经典问题，可以+1转化正整数解的个数用插板法解决：$C_{y+n-1}^{n-1}=C_{y+n-1}^y$。
而0<=y<=m，最后的结果就是——
$$\sum_{i=0}^m C_{i+n-1}^i$$
$$C_{n-1}^0+C_{n}^1+C_{n+1}^2+\dots+C_{n-1+m}^m$$
$$C_{n}^0+C_{n}^1+C_{n+1}^2+\dots+C_{n-1+m}^m$$
$$C_{n+1}^1+C_{n+1}^2+\dots+C_{n-1+m}^m\ \tag{$C_{n+1}^1=C_{n}^0+C_{n}^1$}$$
$$C_{n+2}^2+\dots+C_{n-1+m}^m\ \tag{$C_{n+2}^2=C_{n+1}^1+C_{n+1}^2$}$$
$$\vdots$$
$$C_{n+m}^m$$
于是就推算出结果是$C_{n+m}^m$。那么就是计算$C_{n+m}^m\ mod \ p$，其中1<=n,m<=1000000000，1<p<100000且p为质数。
这时就是用Lucas定理来计算这种大组合数的模：$Lucas(n,m)\equiv C_{n\%p}^{m\%p}\times Lucas(n/p,m/p)\pmod p$。
另外计算组合数时，利用模p下的乘法逆元，$C_n^m\equiv\frac {n!}{(n-m)!m!}\equiv n!\times((n-m)!m!)^{-1} \pmod p$
而计算逆元没必要用扩展欧几里得算法，因为p是质数，利用费马小定理可以推出n在模p下的乘法逆元为$n^{p-2}\ mod\ p$。
1 #include<cstdio>
2 #include<cstring>
3 using namespace std;
4 long long ine(long long n,long long p){
5 long long res=1,m=p-2;
6 while(m){
7 if(m&1) res=res*n%p;
8 n=n*n%p;
9 m>>=1;
10 }
11 return res;
12 }
13 long long fact[100000]={1};
14 long long lucas(long long n,long long m,long long p){
15 long long res=1;
16 while(n&&m){
17 long long a=n%p,b=m%p;
18 if(a<b) return 0;
19 res=res*fact[a]*ine(fact[b]*fact[a-b]%p,p)%p;
20 n/=p; m/=p;
21 }
22 return res;
23 }
24 int main(){
25 long long n,m,p;
26 int t;
27 scanf("%d",&t);
28 while(t--){
29 scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&p);
30 for(int i=1; i<p; ++i) fact[i]=fact[i-1]*i%p;
31 printf("%lld\n",lucas(n+m,m,p));
32 }
33 return 0;
34 }