首先题目有博弈，先分析一波最优策略（步骤：分析性质）。
两个人，所以显然考虑奇偶考虑法+递归考虑。
首先删就是使子问题-1，重新排列是在当前子问题里的。
一个串的排列是有限的，所以这里就可以上奇偶考虑法。如果有偶数种串，则必然是后手先“被迫“进入子问题（要算上初始情况）
考虑假设法：我们可以先假设进入子问题：
- 必赢。先手进！
- 必死。偶串时后手被迫进入，先手胜！
我们的奇偶考虑法证明了串方案wei偶数时先手必胜了！
考虑奇数种时先手能不能赢，同样假设一下：
- 进去必赢。先手胜
- 进去必输。先手被迫进入，后手胜
现在先手就不能再这层耗了，只能进入下一层了。然后结合上面的结论，只能进入子问题种类数是奇数时先手才有机会。
然后好像就卡住了…
然后回到题目看一看，发现问种类数，考虑dp太早了，就先想下计数
假设每种字符出现次数为 a a a，那么就有 a n \frac a n na种串。然后我们现在这个是奇数。
考虑删掉一个变成什么，是 n ! ∏ a ! ( a − 1 ) ! \frac {n!} {\prod a! (a-1)!} ∏a!(a−1)!n!，我们现在希望这个是奇数。我们除一下发现上面要乘个 a n \frac a n na，则这个也要是奇数。
我们考虑我们还漏了什么条件， ∑ a = n \sum a=n ∑a=n。奇偶的话就从二进制的角度推敲一下， n n n 的最低位1必然存在在其中一个 a a a 里，所以 a n \frac a n na 为奇数必然存在。
所以现在只和 n n n 的奇偶有关了。 n n n 偶先手必胜，否则必败。
剩下dp就很简单了。若 n n n 为奇数，我们要构造 a n \frac a n na 为偶数，考虑用全局-奇。
因为有 ∏ a ! ∣ n ! \prod a! | n! ∏a!∣n!，所以 ∏ a ! \prod a! ∏a! 的2的因子和 n ! n! n! 只能相同。考虑类似10，不能用1+1表示，只能用10+0表示。所以每个 a a a 必然是 n n n 的子集。同时 ∑ a = n \sum a=n ∑a=n
然后dp维护下 1 ∏ a ! \frac 1{\prod a!} ∏a!1 的和。
有个小优化，就是钦定当前lowbit必选，最后乘个阶乘即可
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
inline int read(){int x=0,f=1;char ch=getchar(); while(ch<'0'||
ch>'9'){if(ch=='-')f=-1;ch=getchar();}while(ch>='0'&&ch<='9'){
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48);ch=getchar();}return x*f;}
#define Z(x) (x)*(x)
#define pb push_back
//mt19937 rand(time(0));
//mt19937_64 rand(time(0));
//srand(time(0));
#define N 250010
//#define M
//#define mo
int mo;
int pw(int a, int b) {int ans=1; while(b) {if(b&1) ans*=a; a*=a; b>>=1; ans%=mo; a%=mo; }return ans;
}
int fac[N], inv[N], ifac[N];
void init(int n) {int i; for(i=fac[0]=1; i<=n; ++i) fac[i]=fac[i-1]*i%mo; ifac[n]=pw(fac[n], mo-2); for(i=n-1; i>=0; --i) ifac[i]=ifac[i+1]*(i+1)%mo; for(i=1; i<=n; ++i) inv[i]=ifac[i]*fac[i-1]%mo;
}
int C(int n, int m) {if(m>n) return 0;return fac[n]*ifac[m]%mo*ifac[n-m]%mo;
}
int n, m, i, j, k, T;
int f[27][N], s, t, ans; void Add(int &a, int b) {
// a=(a+b)%mo; a+=b; if(a>=mo || a<=mo) a%=mo;
}int dfs(int i, int s) {
// printf("f[%lld][%lld] %lld\n", i, s, f[i][s]); if(f[i][s]!=-1) return f[i][s]; if(i==0 || s==0) return 0; f[i][s]=0; int j=s&-s, t;
// printf("====\n");
// printf("%lld %lld\n", S, j); for(t=(s-j); ; t=(t-1)&(s-j)) {//ai=tAdd(f[i][s], dfs(i-1, s-j-t)*ifac[t+j]); if(!t) break; }
// printf("f[%lld][%lld]=%lld\n", i, s, f[i][s]); return f[i][s];
}signed main()
{
// freopen("in.txt", "r", stdin);
// freopen("out.txt", "w", stdout);
// T=read();
// while(T--) {
//
// }n=read(); k=read(); mo=read(); init(n); if(n%2) return printf("%lld\n", pw(k, n)), 0; memset(f, -1, sizeof(f)); f[0][0]=1;
// for(i=1; i<=k; ++i) printf("%lld %lld %lld\n", fac[n], f[i][0], fac[n]*f[i][0]%mo); for(i=1; i<=k; ++i) {
// printf("dfs[%lld %lld]=%lld\n", i, 0, dfs(i, 0)); Add(ans, fac[n]*dfs(i, n)%mo*C(k, i)%mo*fac[i]%mo); }
// printf("%lld\n", (ans%mo+mo)%mo); Add(ans, pw(k, n)-2*ans); printf("%lld", (ans%mo+mo)%mo); return 0;
}
)
