转来的题面:

首先这题显然补集转化,就是用全部方案减去不含任何质数的方案。
然后怎么做呢?
考虑m比较小,我们能大力把<=m的质数全都筛出来。
发现n很大,要么倍增要么快速幂......
发现p相当小,所以我们能在mod p的同余系下做啊。

一看到同余系下求方案数立刻想到卷积和生成函数......
假设我们有一个多项式f(x),其中x^i的系数为a个数的序列mod p为i的方案数(a为我们引入的变量)。
同时我们有另一个多项式g(x),其中x^i的系数为b个数的序列mod p为i的方案数(b为我们引入的变量)。
那么,我们如果让f(x)和g(x)做卷积的话,新的多项式x^i的系数就是(a+b)个数的序列mod p为i的方案数的说。
这就是生成函数了。

回到这个题,我们先初始化多项式f(x),令x^i的系数为为1个数mod p为i的方案数。
然后我们求出这个多项式的n次方,就是我们需要的答案了。

发现这道题的p很小,我们连FFT都不用,直接用一个多项式类暴力快速幂就行了。复杂度O(m+p^2logn),跑的飞起。

话说为什么p才100啊,如果修改一下模数然后NTT的话,可以做到p为1e5级别,n为1e18级别的。

代码:

 #include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define debug cout
typedef long long int lli;
using namespace std;
const int maxn=1e2+1e1,maxl=2e7+1e2,lim=2e7;
const int mod=; bool vis[maxl];
int p,m; struct Poly {
lli dat[maxn];
Poly() {
memset(dat,,sizeof(dat));
}
lli& operator [] (const int &x) {
return dat[x];
}
const lli& operator [] (const int &x) const {
return dat[x];
}
friend Poly operator * (const Poly &a,const Poly &b) {
Poly ret;
for(int i=;i<p;i++) for(int j=;j<p;j++) {
( ret[(i+j)%p] += a[i] * b[j] % mod ) %= mod;
}
return ret;
}
}full,oly; inline void sieve() {
static int prime[maxl],cnt;
vis[] = ;
for(int i=;i<=m;i++) {
if( !vis[i] ) prime[++cnt] = i;
for(int j=;j<=cnt&&(lli)i*prime[j]<=m;j++) {
vis[i*prime[j]] = ;
if( ! ( i % prime[j] ) ) break;
}
}
} inline void init() {
for(int i=;i<=m;i++) {
full[i%p]++;
if( vis[i] ) oly[i%p]++;
}
} inline Poly fastpow(Poly base,int tim) {
Poly ret = base; --tim;
while( tim ) {
if( tim & ) ret = ret * base;
if( tim >>= ) base = base * base;
}
return ret;
} int main() {
static int n;
static lli ans;
scanf("%d%d%d",&n,&m,&p) , sieve();
init();
full = fastpow(full,n) , oly = fastpow(oly,n);
ans = ( full[] - oly[] + mod ) % mod;
printf("%lld\n",ans);
return ;
}

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