sol
枚举一个长度为(n)为回文串，它的所有循环位移都可以产生贡献。
但是这样算重了。重复的地方在于可能多个回文串循环同构，或者可能有的回文串经过小于(n)次循环位移后能够得到自身。
一个比较好的处理方式是：对每个回文串求最小的(x)使这个串经过(x)次循环位移后可以再次成为一个回文串。这样对每个回文串求(sum x)显然就不会算重了。
考虑一个串的(x)是什么。显然会和这个串的最小循环节长度有关。实际上如果最小循环节长度为偶数，那么(x)就会是这个长度的一半；否则就等于这个长度。
形式化地，如果一个回文串的最小循环节长度为(i)，那么它对答案的贡献就是(h(i)=ifrac{1+[imbox{是奇数}]}{2})。
设最小循环节为(i)的回文串共有(f(i))个，那么我们要求的答案就是
又因为$$sum_{d|n}f(d)=k^{lceilfrac n2 ceil}=g(n)$$
所以$$f(n)=sum_{d|n}g(d)mu(frac nd)$$
代入原式$$Ans=sum_{d|n}sum_{i|d}g(i)mu(frac di)h(d)=sum_{i|n}g(i)sum_{d|frac ni}mu(d)h(id)$$
我们希望可以把(h(id))中的(i)提出来，这样后半部分就是一个关于(frac ni)的函数了。
因为(h(x))不是(x)就是(frac x2)，我们发现(h(id) eq d imes h(i))当且仅当(i)是奇数且(d)是偶数，而(d|frac ni)所以(d)是偶数就说明(frac ni)也是偶数。那么我们现在假设(i)是奇数且(frac ni)是偶数，考虑下面这个式子的取值。
显然只有(mu(d))非零项有贡献，而(frac ni)中含有(2)这个因子就使得所有(mu(d))非零项中含(2)与不含(2)的(d)可以一一对应。他们的(h(id))的值是相同的，而(mu(d))的值恰好相反，所以这个式子的值一定为(0)。
话说回来。我们现在已经知道了(h(id) eq d imes h(i))的情况没有贡献，就可以放心大胆地用这一种变换了。
（在枚举(i)时需要跳过(i)是奇数而(frac ni)是偶数的项）
考虑后面的东西是个啥。还是只有(mu(d))非零项有贡献，也就是说含有奇数个质因子的(d)会乘上(-1)，含有偶数个质因子的(d)为乘上(1)，所以这个值相当于是将(frac ni)质因数分解为(p_1^{a_1}p_2^{a_2}...p_k^{a_k})后，为(prod_{i=1}^k(1-p_i))。
所以到这里就比较简单了。先用(Pollard-Rho)算法将(n)分解，再dfs枚举(n)的每一个约数(d)，在搜索的过程中自然可以求出那个(prod_{i=1}^k(1-p_i))。
code
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#include<ctime>
using namespace std;
#define ll long long
ll mul(ll x,ll y,ll m){
x%=m;y%=m;
return (x*y-(ll)(((long double)x*y+0.5)/(long double)m)*m+m)%m;
}
ll fastpow(ll x,ll y,ll m){
ll res=1;
while (y) {if (y&1) res=mul(res,x,m);x=mul(x,x,m);y>>=1;}
return res;
}
ll f[]={2,3,5,7,11,13,17,19,23,29};
bool MR(ll p){
for (int i=0;i<10;++i){
if (p<=f[i]) break;
if (fastpow(f[i],p-1,p)!=1) return false;
ll pp=p-1;
while (~pp&1){
pp>>=1;ll y=fastpow(f[i],pp,p);
if (mul(y,y,p)==1&&y!=1&&y!=p-1) return false;
}
}
return true;
}
ll PR(ll n,ll c){
ll i=0,k=2,x,y;x=y=1+rand()%(n-1);
while (1){
x=(mul(x,x,n)+c)%n;
ll d=__gcd((y-x+n)%n,n);
if (d!=1&&d!=n) return d;
if (x==y) return n;
if (++i==k) y=x,k<<=1;
}
}
ll tmp[100];int len;
void fact(ll n){
if (n==1) return;
if (MR(n)) {tmp[++len]=n;return;}
ll p=n;for (int c=233;p==n;--c) p=PR(p,c);
fact(p);fact(n/p);
}
int Case,q[100],cnt,mod;ll n,k,p[100],ans;
int fpow(int x,ll y){
ll res=1;
while (y) {if (y&1) res=1ll*res*x%mod;x=1ll*x*x%mod;y>>=1;}
return res;
}
int g(ll n){return fpow(k,(n+1)>>1);}
int h(ll n){return (n&1?n:n>>1)%mod;}
void dfs(int i,ll d,int pro){
if (i==cnt+1){
if ((n/d&1)&&(d&1)==0) return;
ans=(ans+1ll*g(n/d)*h(n/d)%mod*pro)%mod;
return;
}
dfs(i+1,d,pro);pro=1ll*pro*(mod+1-p[i]%mod)%mod;
for (int j=1;j<=q[i];++j) d*=p[i],dfs(i+1,d,pro);
}
int main(){
srand(20020415);
scanf("%d",&Case);while (Case--){
scanf("%lld%lld%d",&n,&k,&mod);k%=mod;
len=cnt=0;fact(n);sort(tmp+1,tmp+len+1);
for (int i=1;i<=len;++i){
if (tmp[i]!=tmp[i-1]) p[++cnt]=tmp[i],q[cnt]=0;
++q[cnt];
}
ans=0;dfs(1,1,1);printf("%lld
",ans);
}
return 0;
}