首先常规地把\(f(k)\)拆开：
\[\sum_{k=0}^nf(k)x^k\binom{n}{k}=\sum_{i=0}^ma_i\sum_{k=0}^nk^ix^k\binom{n}{k} \]
然后证明一个组合恒等式：
\[\sum_{k=0}^nk^ix^k\binom{n}{k}=\sum_{j=0}^in^{\underline{j}}x^j(1+x)^{n-j}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix} \]
\(\square\) 考虑它的组合意义：有\(n\)个不同的盒子，每个盒子可以染成\(x\)种不同的颜色，也可以不染。将\(i\)个不同的球放入这些盒子中有颜色的盒子里，不同的方案个数。
考虑从两个方面计数：
- 先枚举有\(k\)个盒子被染色（\(\binom{n}{k}\)），每个盒子有\(x\)种选择（\(x^k\)），每个球只能放进这\(k\)个有色的盒子里（\(k^i\)），于是总共为：
\[\sum_{k=0}^n\binom{n}{k}x^kk^i=LHS \]
- 先枚举有\(j\)个盒子放了球（\(\binom{n}{j}\)），那么这些盒子一定要被染成\(x\)种颜色之一（\(x^j\)），剩下\(n-j\)个不放球盒子可染可不染（\((1+x)^{n-j}\)），最后别忘了乘上将\(i\)个球放入这些盒子的方案数（\(S(i,j)j!\)，乘上\(j!\)是因为第二类斯特林数只考虑了盒子之间无序的情况），总共为：
\[\sum_{j=0}^i\binom{n}{j}x^j(i+x)^{n-j}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}j=\sum_{j=0}^in^{\underline{j}}x^j(1+x)^{n-j}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix}=RHS \]
因为这两种是对同一个组合问题的计数，于是\(LHS=RHS\)。\(\blacksquare\)
那么原式就变成了：
\[\sum_{k=0}^nf(k)x^k\binom{n}{k}=\sum_{i=0}^ma_i\sum_{j=0}^in^{\underline{j}}x^j(1+x)^{n-j}\begin{Bmatrix}i\\j\end{Bmatrix} \]
把该预处理的预处理一下就能做到\(O(m^2)\)了。
代码：
#include<cstdio>
#define N 1005
int n,x,P,m,a[N];
int s[N][N];
inline int fpow(int y,int k){
int res=1;
for(;k;k>>=1,y=1ll*y*y%P)
if(k&1)
res=1ll*res*y%P;
return res;
}
int tmp[N];
int ans;
int main(){
scanf("%d%d%d%d",&n,&x,&P,&m);
for(int i=0;i<=m;i++)
scanf("%d",&a[i]);
s[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++)
for(int j=1;j<=i;j++)
s[i][j]=(s[i-1][j-1]+1ll*j*s[i-1][j]%P)%P;
for(int i=0;i<=m;i++){
tmp[i]=fpow(x+1,n-i);
for(int j=i-1;j>=0;j--)
tmp[j]=1ll*tmp[j+1]*(x+1)%P;
for(int j=0,t1=1,t2=1;j<=i;j++,t1=1ll*t1*(n-j+1)%P,t2=1ll*t2*x%P)
ans=(ans+1ll*a[i]*s[i][j]%P*t1%P*t2%P*tmp[j]%P)%P;
}
printf("%d",ans);
#define w 0
return ~~('0')?(0^w^0):(0*w*0);
}