二项式系数的素数整除性质的研究
\(\mathbb F_p\) 是大小为 \(p\)（\(p\) 是质数）的有限域，也就是 \(\bmod p\) 的剩余系。
二项式系数的素数整除性质
当 \(p\) 为质数，\(0<i<p\) 时，\(\dbinom p i\) 是 \(p\) 的倍数。
证明：\(\dbinom p i=\dfrac{p!}{i!(p-i)!}\)，由于分子 \(p\) 中有因子 \(p\)，分母中每个因子都 \(<p\)，因此分母与 \(p\) 互素，从而 \(p\) 整除组合数。
Freshman's Dream
当 \(p\) 为质数时，\((x+y)^p\equiv x^p+y^p\pmod p\)。
二项式定理展开，施加引理即可发现。
扩展到多重组合数
对于正整数数组 \(c_1, c_2, \cdots, c_n\)，如果 \(\sum c_i=p\) 是质数， \(n\geq 2\)，则 \(\dbinom{p}{c_1, c_2, \cdots, c_n}\) 是 \(p\) 的倍数。
原式可以改成 \(\dbinom{p}{c_1}\dbinom{p-c_1}{c_2, \cdots c_n}\)，前者是 \(p\) 的倍数，后者是整数。
扩展到多项式上
系数在 \(\mathbb{F}_p\)（\(p\) 是质数）上、有 \(n\) 个变元的形式幂级数所构成的环通常记为：\(\mathbb{F}_p [[x_1, x_2, \dots, x_n]]\)。在上面取一个多项式 \(f(x_1, x_2, \cdots, x_n)\)。我们发现：\(f(x_1, x_2, \cdots, x_n)^p\) 的性质非常好，它是原来的多项式每个变元的次数都乘以 \(p\)。也就是说，如果原来有一项 \(x_1^{c_1}x_2^{c_2}\cdots x_n^{c_n}\)，那么 \(p\) 次方后它会变为 \(x_1^{pc_1}x_2^{pc_2}\cdots x_n^{pc_n}\)，所有项都如此变化，得到的结果就恰好是 \(f\) 的 \(p\) 次方。以上所说的东西可以写成：
证明考虑假如 \(f\) 有 \(m\) 项，根据多项式定理展开，第 \(i\) 项的出现次数记为 \(c_i\)，那么会带一个 \(\dbinom{p}{c_1, c_2, \cdots, c_m}\) 的系数。如果不存在 \(c_i=p\)，则这个多项式系数就是 \(p\) 的倍数，又因为它在 \(\mathbb F_p\) 上，因此会被模为 \(0\)。从而我们只需要关心所有存在 \(c_i=p\) 的项，这刚好就像是每一项的每个变元的次数都乘以 \(p\)。
意想不到的用途
题目描述：有一个无限大的二维网格，每个格点上可能存在一个【】，用 \(0\) 和 \(1\) 表示，并给定一个 \(3\times 3\) 大小的 \(01\) 矩阵 \(A\)。对于网格上的每个为 \(1\) 格点，下一个时刻在其八连通范围内（共 \(9\) 个格子），\(A\) 对应为 \(1\) 的位置上会被进行一次翻转操作。换句话说，初始化新网格为全 0，而后每个格点对其八连通中一部分进行 xor 操作，操作位置即给出的矩阵。
核心出装：如果初始只有一个点是 \(1\)，那么经过一次操作后，网格变为 \(A\)；经过两次操作后，网格只有 \(x,y\in\{-2,0,+2\}\) 的地方有值，这九个位置恰好对应 \(A\)。
证明：看成是走路问题，\(A\) 表示哪些步可以走。如果两次操作从 \(A\) 中选的步不相同，那么我们交换这两步，则因为异或的性质，这个方案就被抵消了，可以无视。从而有效的两步是相同的，看起来就像是坐标被放大了两倍。（可以发现这就是 \(\mathbb F_2[[x_1, x_2]]\) 上的情况，用刚才所说的结论）
这题的下一步是：由于 \(A^2\) 只有偶数位置有值，因此可以把网格划分为四个（\(p^2\) 个，这里 \(p=2\)），\(\{(x+2i, y+2j)|i,j\in \mathbb N\}\) 一共四个，它们互不影响，因此可以向下递归分治。
P10085 的想法和这个一样。这就很有趣了。