数学渣渣看题解看得想死Ծ‸Ծ
首先发现这玩意儿看着很像polya定理
然而polya定理只能用来求点的置换，边的置换是布星的
于是我们考虑一个点的置换，把它写成若干循环的乘积((a_1,a_2,..)(b_1,b_2,...)...)
1.对于不在同一个循环里的点，比方说一条边((a_1,b_1))，那么和它在同一个循环的边有(((a_1,b_1),(a_2,b_2),...))设(a)的循环节为(l_1)，(b)的循环节为(l_2)，那么这个边的循环的循环节长度就是(lcm(l_1,l_2))，而总共的边数为(l_1*l_2)，那么循环的个数就是(frac{l_1*l_2}{lcm(l_1,l_2)}=gcd(l_1,l_2))
2.对于在同一个循环内的点，设(a)的循环节长度为(l_1)
如果(l_1)长度为奇数，那么循环的长度就是(l_1)，总共有(C_{l_1}^{2})条边，那么循环的个数就是(frac{l-1}2)
如果(l_1)长度为偶数，除了上面的情况之外，还有一种很gg的情况就是比方说((a_1,a_{l_1/2+1}))的边所在的循环，这个循环的长度是(l_1/2)，占的边数为(l_1/2)，除此之外其他的情况都是一样的，所以循环的个数就是(frac{frac{l(l-1)}{2}-frac{l}2}{l}+1=frac l 2)
那么，总共的边的置换就是
然而如果直接枚举的话复杂度是带一个感叹号的……然而我们只需要知道所有的(l_i)就行了，而不需要知道循环里具体是什么数字……所以会T就是我们知道的太多了
于是我们可以枚举(l_i)，为了不重不漏保证(l_i)不降，先考虑如果(l_i)互不相同的话有多少种方案。我们可以这样理解，枚举(n)个数字的全排列，然后按(l_i)从左到右依次分组，那么这样肯定就是一个置换了……然后对于其中的每一个循环((a_1,a_2,...,a_l))来说，((a_2,a_3,...,a_l,a_1)...)之类的其实是跟它一样的，也就是说每个循环有(l_i)个同构的，所以要除掉，那么方案数就是
然而现在问题是(l_i)有可能会相等，如果按上面那样考虑的话有可能会有两个(l_i)相等的循环被算到不同的里面了……所以还要设(B_i)为(l_j==i)的个数，然后除掉他们中间排列的个数，那么方案数应该是
然后dfs暴力找(l_i)即可
最后就是
之后就是抄代码了
//minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define fp(i,a,b) for(register int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(register int i=a,I=b-1;i>I;--i)
using namespace std;
const int N=105;
int ans,P,n,m,fac[N],rec[N];
int gcd(int x,int y){return y?gcd(y,x%y):x;}
int ksm(int x,int y){
int res=1;
for(;y;y>>=1,x=x*x%P)if(y&1)res=res*x%P;
return res;
}
void calc(int x){
int sum=0,mul=1,now=1;
fp(i,1,x)sum+=rec[i]/2;
fp(i,1,x)fp(j,i+1,x)sum+=gcd(rec[i],rec[j]);
fp(i,1,x)(mul*=rec[i])%=P;
fp(i,2,x){
if(rec[i]!=rec[i-1])(mul*=fac[now])%=P,now=0;
++now;
}(mul*=fac[now])%=P,mul=fac[n]*ksm(mul,P-2)%P;
(ans+=mul*ksm(m,sum)%P)%=P;
}
void dfs(int k,int x,int s){
if(!x)calc(k-1);if(x<s)return;
fp(i,s,x)rec[k]=i,dfs(k+1,x-i,i);
}
signed main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
scanf("%lld%lld%lld",&n,&m,&P),fac[0]=1;
fp(i,1,n)fac[i]=fac[i-1]*i%P;
dfs(1,n,1);(ans*=ksm(fac[n],P-2))%=P;
printf("%lld
",ans);return 0;
}