大致题意： 求有多少个(n)位数（可以有前导(0)），满足其中不存在一个给定的(m)位数字（可以有前导(0)）。
矩阵乘法
看到数据范围里(nle10^9,mle20)，第一反应便是矩阵乘法......
我们设(f_{x,y})表示(n)位数的第(x)位匹配至(m)位数的第(y)位且(n)位数中不存在(m)位数的方案数。
然后，我们通过(KMP)，求出(m)位数的(nxt)数组。
考虑求出当匹配至(m)位数的第(i(0le i<m))位时，加上一个数后匹配至另外某一位的方案数。
于是，我们初始化(j=i)，然后每次操作结束后令(j=nxt[j])。
第(i)位能转移至第(j+1)位，当且仅当(m)位数中的第(j+1)位不同于之前出现过的任意一位，否则在加上这个数后就不会转移到第(j+1)位而是转移到第一次出现这个数的位置。
所以，我们可以用一个变量(fg)来状压存储下每个数字是否出现过，并记录下数字的个数(p)。
则，第(i)位转移至第(0)位（即完全不能匹配）的方案数为(10-p)。
于是我们就能借此求出转移矩阵了。
初始化(f_{0,0}=1)，通过矩阵乘法我们得到(f_n)，而答案就是(sum_{i=0}^{m-1}f_{n,i})。
代码
#include<bits/stdc++.h>
#define Tp template<typename Ty>
#define Ts template<typename Ty,typename... Ar>
#define Reg register
#define RI Reg int
#define Con const
#define CI Con int&
#define I inline
#define W while
#define M 20
using namespace std;
int n,m,X;char s[M+5];
namespace KMP
{
int nxt[M+5];
I void GetNxt()//求出nxt数组
{
RI i,j;for(i=2,nxt[1]=j=0;i<=m;++i)
{W(j&&s[j+1]^s[i]) j=nxt[j];s[j+1]==s[i]&&++j,nxt[i]=j;}
}
}
class Mat
{
private:
int n,m,a[M+5][M+5];
public:
I Mat(CI x=0,CI y=0):n(x),m(y){memset(a,0,sizeof(a));}
I int* operator [] (CI x) {return a[x];}
I Mat operator * (Con Mat& o) Con//矩阵乘法
{
Mat t(n,o.m);int i,j,k;for(i=0;i<=t.n;++i) for(j=0;j<=t.m;++j)
for(k=0;k<=m;++k) t[i][j]=(1LL*a[i][k]*o.a[k][j]+t[i][j])%X;return t;
}
I Mat operator ^ (RI y) Con//矩阵快速幂
{
Mat x=*this,t(n,m);for(RI i=0;i<=n;++i) t[i][i]=1;
W(y) y&1&&(t=t*x,0),x=x*x,y>>=1;return t;
}
}S,U;
int main()
{
RI i,j;scanf("%d%d%d%s",&n,&m,&X,s+1),KMP::GetNxt();
RI v,p,fg;for(U=Mat(m,m),i=0;i^m;++i)//求出转移矩阵
{
p=fg=0,j=i;W(v=s[j+1]&15,!((fg>>v)&1)&&(++p,fg|=1<<v,U[i][j+1]=1),j) j=KMP::nxt[j];//不断枚举nxt，每种数字只能转移一次
U[i][0]=(10-p)%X;//求出转移到第0位的方案数
}
RI t=0;for(S=Mat(0,m),S[0][0]=1,S=S*(U^n),i=0;i^m;++i) (t+=S[0][i])>=X&&(t-=X);//矩乘之后统计答案
return printf("%d",t),0;
}