UPD：增加了利用斯特林数性质的正宗推式子做法。
本题首A。
首先有个显然的式子：
[egin{aligned}sum_{i}sum_{j|i}j^k&=sum_{j}sum_{j|i}j^k\&=sum_{j}j^kleft[frac{n}{j}
ight]end{aligned}
]
然后你兴高采烈地准备拿拉格朗日插值去水题的时候，你发现一个悲惨的事实：这屑模数不是质数……
出题人插头地爬！
于是我们考虑找到
[sum_{i=1}^{n}i^k
]
的通项公式。
首先我们有个引理：
设 (d_{(k)}f(x)) 表示 (f(x)) 的 (k) 阶差分，有：
[sum_{i=1}^{n}f(i)=sum_{i=1}^{n}inom{n}{i}d_{(i-1)}f(1)
]
写个简单的证明：
显然有
[d_{(i-1)}f(1)=sum_{k=1}^{i}(-1)^{i-k}f(k)inom{i-1}{k-1}
]
所以
[egin{aligned}sum_{i=1}^{n}inom{n}{i}d_{(i-1)}f(1)&=sum_{i=1}^{n}inom{n}{i}sum_{k=1}^{i}(-1)^{i-k}f(k)inom{i-1}{k-1}\&=sum_{k=1}^{n}f(k)sum_{i=k}^{n}inom{i-1}{k-1}(-1)^{i-k}\&=sum_{k=1}^{n}f(k)end{aligned}
]
得证！
所以我们就可以计算啦！
设
[F(k)=sum_{i=1}^{n}i^k
]
考虑把每个(F(k))都写成形如
[sum_{i=1}^{k}inom{n}{i}a_{k,i}
]
的形式。
先讲一下怎么计算(inom{n}{i})。
考虑(O(kpi(k)))预处理出(i!)的质因子，然后暴力除，复杂度(O(klog k))。
下面考虑怎么计算(a_{n,k})。
第一种方法：由定义可知：
[a_{n,k}=d_{(i-1)}f(1)=sum_{k=1}^{i}(-1)^{i-k}f(k)inom{i-1}{k-1}
]
暴力计算。复杂度(O(k^3+Tk^2log ksqrt n))。
当然如果你不把这玩意展开你可以做到预处理(O(k^2))。
第二种方法：考虑手算出几组小数据，然后试图扔到oeis里面。
[F(0)=inom{n}{1}
]
[F(1)=inom{n}{1}+inom{n}{2}
]
[F(2)=inom{n}{1}+3inom{n}{2}+2inom{n}{3}
]
[F(3)=inom{n}{1}+7inom{n}{2}+12inom{n}{3}+6inom{n}{4}
]
取出系数1 1 1 1 3 2 1 7 12 6，扔进 oeis，发现它就是 A028246！
然而他提供的东西太少了……所以我们还是要写个小程序（雾
翻到 formula 板块，我们惊奇的发现：
[a_{n,k}=egin{Bmatrix}n\k end{Bmatrix}(k-1)!
]
于是我们考虑在(O(k^2))的时间内预处理出(a_{n,k})，然后就可以做了。
总复杂度：(O(k^2+Tk^2log ksqrt n))。
上面那个式子的推导过程太复杂了……我们需要一种新的推式子的做法。
我们关注一下第二类斯特林数的定义，可以得到一个显然但是很重要的式子：
[m^n=sum_{k=0}^{m}inom{n}{k}egin{Bmatrix}m\k end{Bmatrix}k!
]
对 (m) 求和：
[sum_{i=1}^{n}i^k=sum_{i=1}^{n}sum_{j=0}^{i}inom{k}{j}egin{Bmatrix}i\j end{Bmatrix}j!
]
代码：
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
const ll N=11;
ll T,n,m,k;
ll a[N+5][N+5],fac[N+5],pr[5]={2,3,5,7,11},mi[N+5][5];
char ss[1<<17],*A=ss,*B=ss;
inline char gc(){return A==B&&(B=(A=ss)+fread(ss,1,1<<17,stdin),A==B)?-1:*A++;}
inline void read(ll&x){
x=0;char s=gc();
while(!isdigit(s))s=gc();
while(isdigit(s))x=x*10+(s^'0'),s=gc();
}
void print(ll x){
if(x<0)putchar('-'),x=-x;
if(x>9)print(x/10);
putchar(x%10+'0');
}
namespace Solution{
void init(){
a[1][1]=1;
for(ll i=2;i<=N;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++)
a[i][j]=j*a[i-1][j]+a[i-1][j-1];
fac[0]=1;
for(ll i=1;i<=N;i++)fac[i]=fac[i-1]*i;
for(ll i=1;i<=N;i++){
ll t=i;
for(ll j=0;j<5;j++){
mi[i][j]=mi[i-1][j];
while(t%pr[j]==0)mi[i][j]++,t/=pr[j];
}
}
for(ll i=1;i<=N;i++)
for(ll j=1;j<=i;j++)
a[i][j]*=fac[j-1];
}
ll t[10],ans;
ll C(ll n,ll k){
ll ret=1;
for(ll i=0;i<k;i++)t[i]=n-i;
for(ll i=0;i<5;i++){
ll cnt=mi[k][i];
for(ll j=n-n/pr[i]*pr[i];j<k&&cnt;j+=pr[i]){
while(cnt&&t[j]%pr[i]==0)t[j]/=pr[i],cnt--;
}
}
for(ll i=0;i<k;i++)ret=(__int128)ret*t[i]%m;
return ret;
}
ll calc(ll n,ll k){
ll ret=0;
for(ll i=1;i<=k+1;i++)ret=(ret+(__int128)C(n,i)*a[k+1][i]%m)%m;
return ret;
}
void solve(){
read(n),read(k),read(m);ans=0;
for(ll l=1,r;l<=n;l=r+1){
r=n/(n/l);
ans=(ans+(__int128)n/l*((calc(r,k)-calc(l-1,k)+m)%m)%m)%m;
}
print(ans),puts("");
}
}
int main(){
Solution::init();
for(read(T);T--;){
Solution::solve();
}
return 0;
}