题意：$a_i\in S$，求$\prod_{i=1}^na_i\equiv x\pmod{m}$的方案数
这题目太珂怕了……数学渣渣有点害怕……kelin大佬TQL
设$f[i][j]$表示$\prod_{k=1}^ia_k\equiv j\pmod{m}$的方案数
那么$$f[2*i][j]=\sum_{ab\equiv j\pmod{m}}f[i][a]f[i][b]$$
然后因为$m$是质数。质数有一个叫做原根的东西，质数$p$的原根$g$满足$g^i\ mod\ p$在$i$为$[1,p-1]$时互不相同，然后根据费马小定理$g^{p-1}\equiv 1\pmod{p}$，所以$i$在$[0,p-2]$的范围内$g^{i}$能取遍[1,p-1]的所有数（因为原根一般都特别小，所以可以直接暴力求，这个可以看代码）
因为$g^A\equiv a\pmod{m}$，每一个$A$和$a$互相对应，那么我们可以用$A$来代替$a$
则上式变为$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^Ag^B\equiv g^K\pmod{m}}f[i][A]f[i][B]$$
$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^{A+B}\equiv g^K\pmod{m}}f[i][A]f[i][B]$$
根据费马小定理$a^b\equiv a^{b\ mod\ p-1}\pmod{p}$，可得$$f[2*i][K]\equiv \sum_{g^{(A+B)\ mod\ m-1}=g^K}f[i][A]f[i][B]$$
$$f[2*i][K]\equiv \sum_{A+B\equiv K\pmod{m-1}}f[i][A]f[i][B]$$
设$g[K]=\sum_{A+B=K}f[i][A]f[i][B]$，则$$f[i*2][K]=g[K]+g[K+m-1]$$
然后这个每一层的转移都是一样的，所以用多项式快速幂来计算
//minamoto
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<algorithm>
#define ll long long
#define swap(x,y) (x^=y,y^=x,x^=y)
#define mul(x,y) (1ll*x*y%P)
#define add(x,y) (x+y>=P?x+y-P:x+y)
#define dec(x,y) (x-y<0?x-y+P:x-y)
using namespace std;
#define getc() (p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++)
char buf[<<],*p1=buf,*p2=buf;
inline int read(){
#define num ch-'0'
char ch;bool flag=;int res;
while(!isdigit(ch=getc()))
(ch=='-')&&(flag=true);
for(res=num;isdigit(ch=getc());res=res*+num);
(flag)&&(res=-res);
#undef num
return res;
}
const int N=,P=;
int n,m,vis[N],F[N],G[N],A[N],B[N],O[N];
int l,limit=,r[N],x,S,pr;
inline int ksm(int a,int b,int P){
int res=;a%=P;
while(b){
if(b&) res=mul(res,a);
a=mul(a,a),b>>=;
}
return res;
}
inline int calc(int x){
//求原根，若只有j=x-1时i^j=1(mod x)，i是x的原根
if(x==) return ;
for(int i=;;++i){
bool flag=;
for(int j=;j*j<x;++j)
if(ksm(i,(x-)/j,x)==){flag=false;break;}
if(flag) return i;
}
}
void NTT(int *A,int type){
for(int i=;i<limit;++i)
if(i<r[i]) swap(A[i],A[r[i]]);
for(int mid=;mid<limit;mid<<=){
int R=mid<<,Wn=ksm(,(P-)/R,P);O[]=;
for(int j=;j<mid;++j) O[j]=mul(O[j-],Wn);
for(int j=;j<limit;j+=R){
for(int k=;k<mid;++k){
int x=A[j+k],y=mul(O[k],A[j+k+mid]);
A[j+k]=add(x,y),A[j+k+mid]=dec(x,y);
}
}
}
if(type==-){
reverse(A+,A+limit);
for(int i=,inv=ksm(limit,P-,P);i<limit;++i)
A[i]=mul(A[i],inv);
}
}
void Mul(int *G,int *F){
for(int i=;i<limit;++i) A[i]=G[i],B[i]=F[i];
NTT(A,),NTT(B,);
for(int i=;i<limit;++i) A[i]=mul(A[i],B[i]);
NTT(A,-);
for(int i=;i<m-;++i) G[i]=add(A[i],A[i+m-]); }
void solve(int b){
G[]=;
while(b){
if(b&) Mul(G,F);
b>>=,Mul(F,F);
}
}
int main(){
// freopen("testdata.in","r",stdin);
n=read(),m=read(),x=read(),S=read();
pr=calc(m);
for(int i=,v;i<=S;++i)
vis[v=read()]=;
int pos=-;
for(int i=,j=;i<m-;++i,j=j*pr%m){
if(vis[j]) F[i]=;
if(j==x) pos=i;
}
if(pos==-) return puts(""),;
while(limit<=((m-)<<)) limit<<=,++l;
for(int i=;i<limit;++i)
r[i]=(r[i>>]>>)|((i&)<<(l-));
solve(n);
printf("%d\n",G[pos]%P);
return ;
}