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一：递推求解

对于组合数，有此式：$C_n^m=C_{n-1}^{m-1}+C_{n-1}^m$。

$C_n^m$ 可理解为 $n$ 个数中选 $m$ 个，不同的方案。对于第 $n$ 个，可以选或不选，分别对应了 $C_{n-1}^{m-1}$ 和 $C_{n-1}^m$ 的方案，根据加法原理，令它们相加就得到了 $C_n^m$。

此方法适用于 $n$ 的范围不是很大的情况，而限制没有，即方便写高精度，也可以对任意模数取模，唯一缺点便是时间复杂度为 $O(n^2)$。

附代码：

for(int i=0;i<=n;i++){for(int j=0;j<=i;j++){if(j==0) C[i][j]=1;else C[i][j]=C[i-1][j]+C[i-1][j-1];}
}

二：利用公式，用逆元求解

根据组合数公式 $C_n^m=\frac{n!}{m!(n-m)!}$，在取模的意义下，除一个数等于乘它的逆元，我们就可以线性求出阶乘逆元，然后 $O(1)$求解组合数。

而此方法要求模数是质数，并且逆元必须存在。一般在模一个很大的质数
（例如 $998244353$ 或 $1e9+7$）的情况下可以优先考虑它。

附代码：

int qpow(int a,int b){int res=1;while(b){if(b&1)res=res*a%mod;a=a*a%mod,b>>=1;}return res;
}
int C(int n,int m){if(n<m) return 0;return fac[n]*infac[m]%mod*infac[n-m]%mod;
}
void init(){fac[0]=1;int t=1e6;//1<=n<=1e6for(int i=1;i<=t;i++) fac[i]=fac[i-1]*i%mod;infac[t]=qpow(fac[t],mod-2);for(int i=t-1;i>=0;i--) infac[i]=infac[i+1]*(i+1)%mod;
}

三：Lucas定理

我们上文说了逆元求组合数需要模上一个质数，那么在模数任意的情况下如何求解？
这就需要利用 Lucas 定理来求解。

先上 Lucas 定理给出的式子：$C_n^m\equiv C_{n_{}mo{d}_{}p}^{m_{}mo{d}_{}p}\ast C_{n/p}^{m/p}(mo{d}_{}p)$。

由此，我们可以先预处理出 $[1,p]$ 范围内的阶乘逆元，然后递归求解。另外，Lucas 定理也有适用范围，它一般适用于模数并不是很大（一般是小质数，范围在 $1e5$ 左右，这个时候可以放心求解）。并且它还可以用于 $n,m$ 非常大，模数非常小，的情况。

具体可看代码实现：

int Lucas(int n,int m,int p){if(m==0) return 1;return C(n%p,m%p,p)*Lucas(n/p,m/p,p)%p;//C(n%p,m%p)见上文
}

附：练习

下面是一些求组合数的练习题。
Lucas 定理：
（纯模版题）

P3223 [HNOI2012] 排队：
（梦回高中数学，需要推出式子，然后高精度求）

P2822 [NOIP2016 提高组]组合数问题：
（递推+高精度求组合数，需要一定优化技巧）

P1680 奇怪的分组：
（插板法，蛮简单的）

P1655 小朋友的球：
（斯特林数，如果不知道的话很难推出来，可以学一学）