这个题还有一些其他的做法，以后再补，先记一下三模数$NTT$的方法。
发现这个题不取模最大的答案不会超过$10^5 \times 10^9 \times 10^9 = 10^{23}$，也就是说我们可以取三个满足$NTT$性质的模数先算然后再合并起来。
比如三个模数可以分别取$998244353, 1004535809, 469762049$。
那么我们现在要做的就是合并三个同余方程：
$$x \equiv a_1(\mod P_1)$$
$$x \equiv a_2(\mod P_2)$$
$$x \equiv a_3(\mod P_3)$$
直接上$crt$的话会爆$long \ long$，我们需要一些其他技巧。
先用$crt$合并前两个方程，记
$$t = a_1P_2 \times inv(P_2, P_1) + a_2P_1 \times inv(P_1, P_2) $$
相当于
$$x \equiv t (\mod M = P_1P_2)$$
我们设$x = kM + t$，代入第三个方程，
$$kM + t \equiv a_3(\mod P_3)$$
可以解
$$k \equiv (a_3 - t) \times inv(M, P_3) (\mod P_3)$$
最后代回去算出$kM + t$即可。
在计算$t$的时候需要快速乘。
时间复杂度$O(nlogn)$。
注意到几个逆元没有必要计算多次，可以节省大量常数；用$O(1)$快速乘也可以大大加快速度。
Code：
// luogu-judger-enable-o2
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long ll; const int N = 3e5 + ;
const ll Mod[] = {998244353LL, 1004535809LL, 469762049LL}; int n, m, lim = , pos[N];
ll a[N], b[N], tmp[N], ans[][N]; template <typename T>
inline void read(T &X) {
X = ; char ch = ; T op = ;
for (; ch > '' || ch < ''; ch = getchar())
if (ch == '-') op = -;
for (; ch >= '' && ch <= ''; ch = getchar())
X = (X << ) + (X << ) + ch - ;
X *= op;
} template <typename T>
inline void swap(T &x, T &y) {
T t = x; x = y; y = t;
} inline ll fmul(ll x, ll y, ll P) {
ll res = 0LL;
for (; y; y >>= ) {
if (y & ) res = (res + x) % P;
x = (x + x) % P;
}
return res;
} inline ll fpow(ll x, ll y, ll P) {
ll res = 1LL;
/* for (; y > 0; y >>= 1) {
if (y & 1) res = fmul(res, x, P);
x = fmul(x, x, P);
} */ for (; y > ; y >>= ) {
if (y & ) res = res * x % P;
x = x * x % P;
} return res;
} inline ll getInv(ll x, ll y) {
return fpow(x % y, y - , y);
} inline void prework() {
int l = ;
for (; lim <= n + m; lim <<= , ++l);
for (int i = ; i < lim; i++)
pos[i] = (pos[i >> ] >> ) | ((i & ) << (l - ));
} inline void ntt(ll *c, int opt, ll P) {
for (int i = ; i < lim; i++)
if (i < pos[i]) swap(c[i], c[pos[i]]);
for (int i = ; i < lim; i <<= ) {
ll wn = fpow(, (P - ) / (i << ), P);
if (opt == -) wn = fpow(wn, P - , P);
for (int len = i << , j = ; j < lim; j += len) {
ll w = 1LL;
for (int k = ; k < i; k++, w = w * wn % P) {
ll x = c[j + k], y = w * c[j + k + i] % P;
c[j + k] = (x + y) % P, c[j + k + i] = (x - y + P) % P;
}
}
} if (opt == -) {
ll inv = getInv(lim, P);
for (int i = ; i < lim; i++) c[i] = c[i] * inv % P;
}
} inline void solve(int id) {
for (int i = ; i < lim; i++)
tmp[i] = b[i] % Mod[id], ans[id][i] = a[i] % Mod[id];
ntt(tmp, , Mod[id]), ntt(ans[id], , Mod[id]);
for (int i = ; i < lim; i++) ans[id][i] = ans[id][i] * tmp[i] % Mod[id];
ntt(ans[id], -, Mod[id]);
} inline ll get(int k, ll P) {
ll M = (Mod[] * Mod[]);
ll t1 = fmul(ans[][k] * Mod[] % M, getInv(Mod[], Mod[]), M);
ll t2 = fmul(ans[][k] * Mod[] % M, getInv(Mod[], Mod[]), M);
ll t = (t1 + t2) % M;
ll invM = getInv(M, Mod[]), c = t;
t = (ans[][k] - t % Mod[] + Mod[]) % Mod[];
t = t * invM % Mod[];
return ((M % P) * (t % P) % P + c % P) % P;
} int main() {
ll P;
read(n), read(m), read(P);
for (int i = ; i <= n; i++) {
read(a[i]);
a[i] %= P;
}
for (int i = ; i <= m; i++) {
read(b[i]);
b[i] %= P;
} prework();
for (int i = ; i < ; i++) solve(i); /* for (int i = 0; i < 3; i++, printf("\n"))
for (int j = 0; j < lim; j++)
printf("%lld ", ans[i][j]); */ for (int i = ; i <= n + m; i++)
printf("%lld%c", get(i, P), i == (n + m) ? '\n' : ' '); return ;
}