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题目大意：有$n=3^m$个人玩石头剪刀布，共$t$轮游戏，每轮每个人要和包括自己的所有人各进行$m$次石头剪刀布。每个人在$m$轮中的决策固定，即为这个人编号的长度为$m$的三进制(其中$0$表示剪刀、$1$表示石头、$2$表示布，不足$m$位用$0$补齐)。每个人有一个初始分数$f_{0,x}$，给出一个分数矩阵$b$，其中$b_{i,j}$表示赢了$i$局输了$j$局的得分，在第$i$轮结束后，第$x$个人的分数为$f_{i,x}=sumlimits_{0le yle n}{ }f_{i-1,y}b_{u,v}$。其中$b_{u,v}$表示$x$与$y$石头剪刀布，$x$赢了$u$次，输了$v$次的得分。求$t$轮后每个人的得分。
首先因为每个人的决策是固定的，所以转移关系也是恒定的，我们设它是一个矩阵$B$，其中$B_{i,j}$表示$i$与$j$游戏时$i$获得的分数。那么要求的就是$f_{n}=f_{0}B^n$。
我们定义三进制不进位加法为$oplus$，不退位减法为$ominus$，他们互为逆运算(与二进制下的异或类似)。
那么对于$forall k<3^m,B_{i,j}=B_{ioplus k,joplus k}$，同理$B_{i,j}=B_{iominus j,0}$。而这个结论也可以推广到$B^n$，即$forall k<3^m,B_{i,j}^{n}=b_{iominus j,0}^{n}$。
那么$f_{n,i}=sumlimits_{k=0}^{3^m-1}f_{0,k}B_{k,i}^n=sumlimits_{k=0}^{3^m-1}f_{0,k}B_{0,iominus k}^n=sumlimits_{xoplus y=i}f_{0,x}B_{0,y}^n$
所以，我们只需要$B$矩阵的第一行就够了，又因为
$B_{0,i}^n=sumlimits_{k=0}^{3^m-1}B_{0,k}^{n-1}B_{k,i}=sumlimits_{k=0}^{3^m-1}B_{0,k}^{n-1}B_{0,iominus k}=sumlimits_{xoplus y=i}B_{0,x}^{n-1}B_{0,y}$
所以只需要将$B_{0}$做$n$次卷积然后和$f_{0}$做一次卷积即可得到答案。
也就是说我们需要找到一个三进制不进位加法卷积，这种模意义下的卷积也叫循环卷积。
其实在我们熟悉的卷积中就有类似的存在——FWT的异或卷积
可以发现FWT异或卷积实际上就是二进制不进位加法卷积。
我们先来研究一下FWT异或卷积：
设$bitcount(i)$表示$i$二进制中$1$的个数。
因为$bitcount(i&k)$的奇偶性异或$bitcount(j&k)$的奇偶性等于$bitcount((ioplus j)&k)$的奇偶性
那么我们就可以构造出正变换$F(k)=sum(-1)^{bitcount(i&k)}f(i)$
可以发现上述式子中的$bitcount(i)$也就是$i$的二进制每一位数的和，而$&$就是二进制下的不进位乘法、$oplus$是二进制下不进位加法
那么我们同样可以将这些扩展到三进制中，即$bitcount_{3}(i)$表示$i$的三进制每一位数的和、$&_{3}$表示三进制下的不进位乘法、$oplus_{3}$表示三进制下的不进位加法
而上述结论在三进制下也依旧成立
即$(bitcount_{3}(i&_{3}k)\%3)oplus_{3}(bitcount_{3}(i&_{3}k)\%3)=bitcount((ioplus_{3}j)&_{3}k)$
那么现在只需要找到一个能代替上式中$-1$的数就能完成这个三进制不进位加法卷积了，而这个数$w$要满足$w^{i}=w^{i\%3}$，所以只要用三次单位根就行了($FWT$中的$-1$也就是二次单位根)！
这里为了方便可以将所有复数都表示成$a+bw$，因为$w^2+w+1=0$，所以$w^2=-w-1$。
对于两个复数相乘就是$(a+bw)*(c+dw)=ac+(bc+ad)w+bd(-w-1)=(ac-bd)+(ad+bc-bd)w$
因为最后要乘上$3^m$的逆元，所以要求$3^m$与$p$互质。
假设$p$有$3$这个质因子且$k=frac{p}{3}$，那么$frac{1}{k+1}+frac{1}{k(k+1)}=frac{1}{k}=frac{3}{p}$，与题面矛盾，因此保证了$3^m$有逆元。
#include<set>
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#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define ull unsigned long long
using namespace std;
int n,m,t,mod;
int a[20][20];
int x[600010];
int y[600010];
struct miku
{
int x,y;
miku(){}
miku(int X,int Y){x=X,y=Y;}
miku s(){return miku((mod-y)%mod,(x-y+mod)%mod);}
miku t(){return miku((y-x+mod)%mod,(mod-x)%mod);}
miku operator +(const miku &res){return miku((x+res.x)%mod,(y+res.y)%mod);}
miku operator -(const miku &res){return miku((x-res.x+mod)%mod,(y-res.y+mod)%mod);}
miku operator *(const miku &res){return miku((1ll*x*res.x%mod-1ll*y*res.y%mod+mod)%mod,(1ll*x*res.y%mod+1ll*y*res.x%mod-1ll*y*res.y%mod+mod)%mod);}
}f[600010],g[600010];
miku quick_pow(miku x,int y)
{
miku res=miku(1,0);
while(y)
{
if(y&1)
{
res=res*x;
}
y>>=1;
x=x*x;
}
return res;
}
void exgcd(int a,int b,int &x,int &y)
{
if(!b)
{
x=1,y=0;
}
else
{
exgcd(b,a%b,y,x);
y-=a/b*x;
}
}
int get_inv()
{
int x,y;
exgcd(n,mod,x,y);
return x=(x%mod+mod)%mod;
}
void FWT(miku *a)
{
for(int i=1;i<n;i*=3)
{
for(int l=i*3,j=0;j<n;j+=l)
{
for(int k=0;k<i;k++)
{
miku t[3]={a[j+k],a[j+k+i],a[j+k+i+i]};
a[j+k]=t[0]+t[1]+t[2];
a[j+k+i]=t[0]+t[1].s()+t[2].t();
a[j+k+i+i]=t[0]+t[1].t()+t[2].s();
}
}
}
}
void IFWT(miku *a)
{
for(int i=1;i<n;i*=3)
{
for(int l=i*3,j=0;j<n;j+=l)
{
for(int k=0;k<i;k++)
{
miku t[3]={a[j+k],a[j+k+i],a[j+k+i+i]};
a[j+k]=t[0]+t[1]+t[2];
a[j+k+i]=t[0]+t[1].t()+t[2].s();
a[j+k+i+i]=t[0]+t[1].s()+t[2].t();
}
}
}
int inv=get_inv();
for(int i=0;i<n;i++)
{
a[i].x=1ll*a[i].x*inv%mod;
}
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&m,&t,&mod);
n=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
n*=3;
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
scanf("%d",&f[i].x);
x[i]=x[i/3]+(i%3==1);
y[i]=y[i/3]+(i%3==2);
}
for(int i=0;i<=m;i++)
{
for(int j=0;i+j<=m;j++)
{
scanf("%d",&a[i][j]);
}
}
for(int i=0;i<n;i++)
{
g[i].x=a[x[i]][y[i]];
}
FWT(f);
FWT(g);
for(int i=0;i<n;i++)
{
f[i]=f[i]*quick_pow(g[i],t);
}
IFWT(f);
for(int i=0;i<n;i++)
{
printf("%d
",f[i].x);
}
}