太菜了太菜了太菜了~~

A：首先，要先理解這題的題意。

所有的區間都翻轉了，才算做一次，然後求k次後的位置。

那麼，我們可以先預處理出一次後每個點去到的位置，即一開始a[i] = i。

那麼，我們就知道一次翻轉的相對位置改變了。

那麼，現在樸素的解法：k次遍歷，每次都讓i位置跳到a[i]即可。//這裡的a[i]為第一次翻轉後處理出來的跳的位置。

複雜度o(kn)。

顯然不行。考慮倍增跳。那麼就很快了。

注意倍增跳的時候，最外層按位處理，這樣可以保證i-1位置都已經處理好了。

這裡倍增跳從大到小跳和從小到大跳都是可以的。

B：容斥思想。

ans = 無限制總數 - 全都是不喜歡的組成的方案數。

無限制的總數：

考慮dp[i]表示i長度能組成的方案數。

那麼$dp[i] = \sum_{j = 1}^{i-1} dp[j] + 1$即可以由任意非0長度組合轉移來，然後自身組成一個長度為1的所以加1.

那麼我們進行化簡。

$dp[i] = \sum_{j = 1}^{i-1} dp[j] + 1 = \sum_{j = 1}^{i-2} dp[j] + 1 + dp[i-1]= dp[i-1] + dp[i-1] = 2*dp[i-1] $

顯然，這裡邊界為dp[1] = 1，那麼dp[n] = 2^(n-1)

所以總方案即為2^(n-1)。

那麼全是不喜歡的組成的方案數:

可以轉換一下題意：由不喜歡的集合組成的方案數，那麼就和

矩陣快速冪求出即可。最後減一下，注意加模數防負數

// Author: levil
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
typedef pair<string,int> pii;
const int N = 1e6+5;
const int M = 2e5+5;
const LL Mod = 1e9+7;
#define rg register
#define pi acos(-1)
#define INF 1e9
#define
 
 CT0 cin.tie(0),cout.tie(0)
#define IO ios::sync_with_stdio(false)
#define dbg(ax) cout << "now this num is " << ax << endl;
namespace FASTIO{
    inline LL read(){
        LL x = 0,f = 1;char c = getchar();
        while(c < '0' || c > '9'){if(c == '-') f = -1;c = getchar();}
        while(c >= '0' && c <= '9'){x = (x<<1)+(x<<3)+(c^48);c = getchar();}
        return x*f;
    }
    void print(int x){
        if(x < 0){x = -x;putchar('-');}
        if(x > 9) print(x/10);
        putchar(x%10+'0');
    }
}
using namespace FASTIO;
void FRE(){/*freopen("data1.in","r",stdin);
freopen("data1.out","w",stdout);*/}

LL n,p,a[105],f[105];
struct Mat{
    LL m[105][105];
    Mat operator * (const Mat a)const{
        Mat c;memset(c.m,0,sizeof(c.m));
        for(rg int i = 1;i <= 100;++i)
            for(rg int j = 1;j <= 100;++j)
                for(rg int k = 1;k <= 100;++k) c.m[i][j] = (c.m[i][j]+m[i][k]*a.m[k][j]%p)%p;
        return c;
    }
};
LL quick_mi(LL a,LL b)
{
    LL re = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) re = re*a%p;
        a = a*a%p;
        b >>= 1;
    }
    return re;
}
Mat Mat_mi(Mat a,LL b)
{
    Mat res;memset(res.m,0,sizeof(res.m));
    for(rg int i = 1;i <= 100;++i) res.m[i][i] = 1;
    while(b)
    {
        if(b&1) res = res*a;
        a = a*a;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}
int main()
{
    n = read(),p = read();
    int k;k = read();
    for(rg int i = 1;i <= k;++i) a[i] = read();
    LL tmp = quick_mi(2,n-1);
    Mat ans;memset(ans.m,0,sizeof(ans.m));
    f[0] = 1;
    for(rg int i = 1;i < 100;++i)
    {
        for(rg int j = 1;j <= k;++j) if(i-a[j] >= 0) f[i] = (f[i]+f[i-a[j]])%p;
    }
    if(n < 100) 
    {
        LL ma = ((tmp-f[n])%p+p)%p;
        printf("%lld\n",ma);
    }
    else
    {
        Mat base;memset(base.m,0,sizeof(base.m));
        for(rg int i = 1;i <= k;++i) base.m[1][a[i]] = 1;
        for(rg int i = 2;i <= 100;++i) base.m[i][i-1] = 1;
        base = Mat_mi(base,n-99);
        for(rg int i = 1;i <= 100;++i) ans.m[i][1] = f[100-i];
        ans = base*ans;
        LL ma = (tmp-ans.m[1][1]+p)%p;
        printf("%lld\n",ma);
    }
    system("pause");    
}
/*
125 10541 
5
2 6 4 5 2
*/