三模NTT 不会。。。
都0202年了，还有人写三模NTT啊。。。
讲一个好写点的做法吧：
首先取一个阀值(w)，然后把多项式的每个系数写成(aw + c(c < w))的形式，换句话说把多项式(f(x))写成两个多项式相加的形式：
[f(x) = wf_0(x) + f_1(x)
]
这样在这道题中取(W = 2^{15})就可以避免爆long long了。
乘起来的话就是
[f cdot g = (w f_0 + f_1)(wg_0 + g_1) = (f_0 g_0)w^2 + (f_0g_1 + f_1g_0) w + f_1g_1
]
这样我们只要算(f_0g_0, (f_0g_1 + f_1g_0), f_1g_1)就好了，分别(FFT)算一下。(这玩意儿好像叫(MTT)，妙～啊)
这样要做(7)次(FFT)，好像可以做到(4)次，不会。
感觉这样也跑的挺快的。
(Code)
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long double db;
typedef long long ll;
const db PI=acos(-1.0);
const int N=3e5+10;
struct cpl{
db x,y;
cpl operator + (cpl k1)const{return (cpl){x+k1.x,y+k1.y};}
cpl operator - (cpl k1)const{return (cpl){x-k1.x,y-k1.y};}
cpl operator * (cpl k1)const{return (cpl){x*k1.x-y*k1.y,x*k1.y+y*k1.x};}
};
int rev[N];
void fft(cpl *f,int n,int k1){
for (int i=0;i<n;i++)
if (rev[i]<i)swap(f[i],f[rev[i]]);
for (int len=2;len<=n;len<<=1){
cpl wn=(cpl){cos(2*PI/len),k1*sin(2*PI/len)};
for (int i=0;i<n;i+=len){
cpl w=(cpl){1,0};
for (int j=i;j<i+(len>>1);j++){
cpl tmp=w*f[j+(len>>1)];
f[j+(len>>1)]=f[j]-tmp;
f[j]=f[j]+tmp;
w=w*wn;
}
}
}
}
cpl f[2][N],g[2][N],ans[3][N];
#define normal(x) (((ll)(x/limit+0.5)%mod+mod)%mod)
void mtt(int *a,int n,int *b,int m,int mod){
int limit=1; while (limit<=n+m)limit<<=1;
for (int i=0;i<limit;i++) rev[i]=rev[i>>1]>>1|((i&1)?limit>>1:0);
for (int i=0;i<limit;i++){
f[0][i].x=a[i]>>15;f[1][i].x=a[i]&0x7fff;
g[0][i].x=b[i]>>15;g[1][i].x=b[i]&0x7fff;
}
fft(f[0],limit,1),fft(f[1],limit,1);
fft(g[0],limit,1),fft(g[1],limit,1);
for (int i=0;i<limit;i++){
ans[0][i]=f[0][i]*g[0][i];
ans[1][i]=f[0][i]*g[1][i]+f[1][i]*g[0][i];
ans[2][i]=f[1][i]*g[1][i];
}
fft(ans[0],limit,-1),fft(ans[1],limit,-1),fft(ans[2],limit,-1);
for (int i=0;i<=n+m;i++){
ll k1=(normal(ans[0][i].x)<<30ll)%mod;
ll k2=(normal(ans[1][i].x)<<15ll)%mod;
ll k3=normal(ans[2][i].x)%mod;
printf("%d ",((k1+k2)%mod+k3)%mod);
}
}
int n,m,a[N],b[N],mod;
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&mod);
for (int i=0;i<=n;i++)scanf("%d",&a[i]);
for (int i=0;i<=m;i++)scanf("%d",&b[i]);
mtt(a,n,b,m,mod);
return 0;
}