题意：求$\begin{align*}\left(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac 1i\right)\%\ p^k\end{align*}$

数学真是太可爱了==

直接推公式

设$\begin{align*}f(n,k)=\left(\sum\limits_{i=1}^n\dfrac 1i\right)\%\ p^k\end{align*}$，$\begin{align*}g(n,k)=\left(\sum\limits_{\substack{1\leq i\leq n\\p\nmid i}}\dfrac 1i\right)\%\ p^k\end{align*}$，则有$\begin{align*}f(n,k)=\left(g(n,k)+\dfrac{f\left(\left\lfloor\frac np\right\rfloor,k+1\right)}p\right)\%\ p^k\end{align*}$，下面我们来算$g$

$\begin{align*}g(n,k)&=\sum\limits_{\substack{i=a+bp\\i\leq n}}\dfrac 1i\\&=\sum\limits_{a=1}^{p-1}\sum\limits_{b=0}^{\left\lfloor\frac{n-a}p\right\rfloor}\dfrac 1{a+bp}\\&=\sum\limits_{a=1}^{p-1}\sum\limits_{b=0}^{\left\lfloor\frac{n-a}p\right\rfloor}\dfrac 1a\sum\limits_{i=0}^{k-1}\left(-\dfrac{bp}a\right)^i\\&=\sum\limits_{i=0}^{k-1}(-p)^i\sum\limits_{a=1}^{p-1}\dfrac1{a^{i+1}}\sum\limits_{b=0}^{\left\lfloor\frac{n-a}p\right\rfloor}b^i\\&=\sum\limits_{i=0}^{k-1}(-p)^i\sum\limits_{a=1}^{p-1}\dfrac1{a^{i+1}}S_i\left(\left\lfloor\dfrac{n-a}p\right\rfloor\right)\end{align*}$

最后这里$\begin{align*}S_k(n)=\sum\limits_{i=0}^ni^k\end{align*}$是自然数幂求和，直接算复杂度太高，我们可以推导一番（约定以下出现的第一类斯特林数$\left[\begin{matrix}n\\k\end{matrix}\right]$都是带正负号的）

注意到$\begin{align*}x^{\underline n}=\sum\limits_{j=1}^n\left[\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right]x^j\end{align*}$的$j=n$那一项等于$x^n$，我们可以把它拆出来，把$x^{\underline n}$写成$\begin{align*}n!\binom xn\end{align*}$后移项，我们得到这样的形式：$\begin{align*}x^n=n!\binom xn-\sum\limits_{j=1}^{n-1}\left[\begin{matrix}n\\j\end{matrix}\right]x^j\end{align*}$

引理$\begin{align*}\sum\limits_{l=k}^n\binom lk=\binom{n+1}{k+1}\end{align*}$可用归纳法证

假设当$n=m$时成立，那么$\begin{align*}\sum\limits_{l=k}^{m+1}\binom lk=\binom{m+1}{k+1}+\binom{m+1}k=\binom{m+2}{k+1}\end{align*}$，由归纳法，引理得证

$\begin{align*}S_k(n)&=\sum\limits_{i=0}^n\left(k!\binom ik-\sum\limits_{j=1}^{k-1}\left[\begin{matrix}k\\j\end{matrix}\right]i^j\right)\\&=k!\left(\sum\limits_{i=k}^n\binom ik\right)-\sum\limits_{i=0}^n\sum\limits_{j=1}^{k-1}\left[\begin{matrix}k\\j\end{matrix}\right]i^j\\&=k!\binom{n+1}{k+1}-\sum\limits_{j=1}^{k-1}\left[\begin{matrix}k\\j\end{matrix}\right]\sum\limits_{i=0}^ni^j\\&=\dfrac{(n+1)^{\underline{k+1}}}{k+1}-\sum\limits_{j=1}^{k-1}\left[\begin{matrix}k\\j\end{matrix}\right]S_j(n)\end{align*}$

所以我们$O(k^2)$预处理第一类斯特林数并$O(k^2)$递推求得自然数幂求和

最后看回原式：$\begin{align*}g(n,k)=\sum\limits_{i=0}^{k-1}(-p)^i\sum\limits_{a=1}^{p-1}\dfrac1{a^{i+1}}S_i\left(\left\lfloor\dfrac{n-a}p\right\rfloor\right)\end{align*}$，其中的$\dfrac1{a^{i+1}}$是关于$a$的积性函数，可以线性筛预处理求得，而因为$1\leq a\leq p-1$，所以$\left\lfloor\dfrac{n-a}p\right\rfloor$最多只有两种不同的取值，预处理两次就好了，每次计算$g$的时间复杂度是$O(kp)$，总时间复杂度是$O\left(kp\log_pn\right)$

#include<stdio.h>
typedef long long ll;
ll pow(ll a,ll b){ll s=1;while(b){if(b&1)s*=a;a*=a;b>>=1;}return s;
}
ll mul(ll a,ll b,ll p){ll tmp=(ll)((double)a*b/p+1e-6)*p;return a*b-tmp;
}
ll pow(ll a,ll b,ll p){ll s=1;while(b){if(b&1)s=mul(s,a,p);a=mul(a,a,p);b>>=1;}return s;
}
ll p,st[100][100],s1[100],s2[100],pw[100010],pr[100010];
bool np[100010];
void stir(ll n,ll k){ll i,j,mo;mo=pow(p,k);st[0][0]=1;for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=i;j++)st[i][j]=(mul(st[i-1][j],i-1,mo)+st[i-1][j-1])%mo;}for(i=1;i<=n;i++){for(j=1;j<=i;j++){if((i+j)&1)st[i][j]=-st[i][j];}}
}
void gets(ll*s,ll n,ll K){s[0]=n+1;ll k,j,mo;mo=pow(p,K);for(k=1;k<=K;k++){s[k]=1;for(j=n+1;j>n-k;j--)s[k]=mul(s[k],(j/(k+1)*(k+1)==j)?j/(k+1):j,mo);for(j=1;j<k;j++)s[k]=(s[k]-mul(st[k][j],s[j],mo))%mo;}
}
void sieve(ll t,ll n,ll mo){ll M,i,j;M=0;pw[1]=1;for(i=2;i<p;i++){if(!np[i]){M++;pr[M]=i;pw[i]=pow(pow(i,n,mo),t,mo);}for(j=1;j<=M&&i*pr[j]<p;j++){np[i*pr[j]]=1;pw[i*pr[j]]=mul(pw[i],pw[pr[j]],mo);if(i%pr[j]==0)break;}}
}
ll g(ll n,ll k){stir(k,k);gets(s1,(n-1)/p,k);if((n-1)/p>0)gets(s2,(n-1)/p-1,k);ll r,i,a,s,tmp,b,t,mo;mo=pow(p,k);r=(n-1)/p;s=0;b=1;t=pow(p,k)-pow(p,k-1)-1;for(i=0;i<k;i++){sieve(t,i+1,mo);tmp=0;for(a=1;a<p&&n-a>=0;a++){tmp=(tmp+mul(pw[a],(((n-a)/p==r)?s1:s2)[i],mo))%mo;}s=(s+mul(b,tmp,mo))%mo;b*=-p;}return s;
}
ll f(ll n,ll k){if(n==0)return 0;return(g(n,k)+f(n/p,k+1)/p)%pow(p,k);
}
int main(){ll k,n,mo;scanf("%lld%lld%lld",&p,&k,&n);mo=pow(p,k);printf("%lld\n",(f(n,k)+mo)%mo);
}