传送门：
http://codeforces.com/problemset/problem/838/C
题解：
如果一个字符串的排列数是偶数，则先手必胜，因为如果下一层有后手必赢态，直接转移过去，不然，就一直耗着，因为是偶数，所以会让后手进入下一层，则后手必输。
排列数是偶数，打表发现(|s|)是奇数时，先手必赢，否则后手必赢，接下来尝试归纳这个结论。
|s|<=2时显然成立。
对于(|S|)奇数,排列个数是奇数时，设a[i]表示第i个字符出现次数，排列个数=(inom{|S|}{a[1],a[2],…,a[k]})，我们需要使一个a[i]减一，然后新的排列个数还是奇数，因为(|S|)是奇数，所以一定可以找到一个是奇数的(a[i])，然后满足。
对于(|S|)偶数，排列个数是奇数时，不管新的的排列个数是奇数还是偶数，因为下一个长度是奇数，新状态都会先手比胜。
因此得证。
那么问题转换为选(a[1],a[2],…,a[k]，使{forall i,j(i≠j)}满足a[i]~and~a[j]=0)。
一个比较容易的思路，(>0)的(a[i])肯定不超过(log ~ n)个，不难想到子集卷积，最后乘一个组合数。
子集卷积解决下面这个问题：
(c[i|j]+=a[i]*b[j](i~and~j=0))
套路的解决方法是再记录一维表示1的个数，只要最后搞出的结果的1的个数相符就表示没有出现(i~and~j≠0)。
那么复杂度是(O(n~log^3~n))，卡卡常就能过。
事实上有(O(n~log^2n))的做法。
考虑不枚举(>0)的个数，直接暴力卷积：
记(f[i][j])表示1的个数为i时状态为j的的系数和。
这个东西可以快速幂卷对吧，不过还是(log^3)的。
把状态反过来(f[j][i])表示状态为j的，1的个数为i的系数和，注意这个j已经FWT过了。
那么后面就相当于普通的多项式快速幂，求个ln*k再exp即可。
注意到项数很少，可以暴力ln和exp。
暴力exp可以用组合意义搞：
有(F)，设(f(x))为它的EGF，即(f(x)[x^n]=F[n]/n!)
那么有(g(x)=e^{f(x)})意义可以为有标号连通图->有标号一般图，(g(x))是(G=e^{f(x)})的EGF，所以有dp：
(G[n]*n!=sum_{i=1}^{n}inom{n-1}{i-1}*F[i]*i!*G[n-i]*(n-i)!)
(G[n]=sum_{i=1}^{n}F[i]*G[n-i]*{iover n})
ln的过程即由G->F，直接反过来可得：
(F[n]=G[n]-sum_{i=1}^{n-1}F[i]*G[n-i]*{i over n})
Code：
#include<bits/stdc++.h>
#define fo(i, x, y) for(int i = x, B = y; i <= B; i ++)
#define ff(i, x, y) for(int i = x, B = y; i < B; i ++)
#define fd(i, x, y) for(int i = x, B = y; i >= B; i --)
#define ll long long
#define pp printf
#define hh pp("
")
using namespace std;
const int N = 3e5 + 5;
int n, k, mo;
ll fac[N], nf[N];
ll ksm(ll x, ll y) {
ll s = 1;
for(; y; y /= 2, x = x * x % mo)
if(y & 1) s = s * x % mo;
return s;
}
ll C(int n, int m) {
ll s = 1;
fo(i, n - m + 1, n) s = s * i % mo;
s = s * nf[m] % mo;
return s;
}
ll ans;
const int nm = (1 << 17) + 5;
#define low(x) (x & -(x))
int g[nm * 4];
ll a[18][nm], f[2][18][nm]; int o;
void fwt(ll *a, int n) {
for(int i = 1; i < n; i *= 2) for(int j = 0; j < n; j += 2 * i)
ff(k, 0, i) a[i + j + k] += a[j + k];
ff(i, 0, n) a[i] %= mo;
}
int tp, aw[21];
int main() {
freopen("megalovania.in", "r", stdin);
freopen("megalovania.out", "w", stdout);
scanf("%d %d %d", &n, &k, &mo);
if(n & 1) {
pp("0
"); return 0;
}
fac[0] = 1; fo(i, 1, n) fac[i] = fac[i - 1] * i % mo;
nf[n] = ksm(fac[n], mo - 2); fd(i, n, 1) nf[i - 1] = nf[i] * i % mo;
ff(i, 1, 1 << 19) g[i] = g[i - low(i)] + 1;
tp = g[n]; int cw = 0;
fo(j, 0, 18) if(n >> j & 1) {
aw[j] = 1 << (cw ++);
}
fo(i, 1, n) if((i & n) == i) {
int ni = 0;
fo(j, 0, 18) if(i >> j & 1) ni += aw[j];
a[g[i]][ni] = nf[i];
}
fo(i, 1, tp) fwt(a[i], 1 << tp);
fo(i, 1, tp) ff(j, 0, 1 << tp) f[o][i][j] = a[i][j];
int mx = (1 << tp) - 1;
fo(i, 1, tp) {
memset(f[!o], 0, sizeof f[!o]);
if(i != tp) {
fo(u, i, tp) fo(v, 1, tp - u) ff(j, 0, 1 << tp) if(f[o][u][j] && a[v][j])
f[!o][u + v][j] += f[o][u][j] * a[v][j],
f[!o][u + v][j] > 9e18 ? f[!o][u + v][j] %= mo : 0;
}
ll F = 0;
ff(j, 0, 1 << tp) F += f[o][tp][j] * (g[j ^ mx] % 2 ? -1 : 1);
F %= mo;
ans += F * C(k, i) % mo * fac[n] % mo;
o = !o;
fo(u, 0, tp) ff(j, 0, 1 << tp) f[o][u][j] >= mo ? f[o][u][j] %= mo : 0;
}
ans = (ans % mo + mo) % mo;
pp("%lld
", ans);
}