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Simon has a prime number x and an array of non-negative integersa₁, a₂, ..., a_n.

Simon loves fractions very much. Today he wrote out number on a piece of paper. After Simon led all fractions to a common denominator and summed them up, he got a fraction:, where numbert equals x^{a₁ + a₂ + ... + a_n}. Now Simon wants to reduce the resulting fraction.

Help him, find the greatest common divisor of numbers s andt. As GCD can be rather large, print it as a remainder after dividing it by number1000000007 (10⁹ + 7).

Input

The first line contains two positive integers n andx (1 ≤ n ≤ 10⁵,2 ≤ x ≤ 10⁹) — the size of the array and the prime number.

The second line contains n space-separated integersa₁, a₂, ..., a_n (0 ≤ a₁ ≤ a₂ ≤ ... ≤ a_n ≤ 10⁹).

Output

Print a single number — the answer to the problem modulo 1000000007 (10⁹ + 7).

Example

Input

2 22 2

Output

8

Input

3 31 2 3

Output

27

Input

2 229 29

Output

73741817

Input

4 50 0 0 0

Output

1

Note

In the first sample . Thus, the answer to the problem is8.

In the second sample, . The answer to the problem is27, as 351 = 13·27, 729 = 27·27.

In the third sample the answer to the problem is 1073741824 mod 1000000007 = 73741817.

In the fourth sample . Thus, the answer to the problem is1.

这道题还是蛮陌生的。分母已经固定的为  x^s s=(a1+a2+a3+...)，所以最主要的就是处理分子了,我们知道分子上k的最小值一定是相加时分母的最大值。

首先对于每个1/x^ai 通分之后分子变为x^(s-ai),我们的任务就是要求出分子中的最大公约数就是我们所求的值,肯定就是次数最小的那一项了;

但是有一个特殊情况我们需要考虑,就是有些项相加的系数可能会被x整除,所以我们还要对分子进行处理;

例如分子为2^2+2^2=2*2^2=2^3，最小的k为3，不是2

处理方法:

   我们可以知道的是,由于输入的ai是按照非递减的顺序输入,s=a1+a2+a3+...，所以初始最小的k应为 s-an;（即 1/x^an 分母变为 x^s 需要乘上x^s-an 为最小）；

然后我们就需要开始找相同项的次数加在一块能否整除x；我们这里从最小项an开始,因为只有最小的项加起来的次数可以整除x才能改变最小的k值,最小的没有，最大的对k的值没有影响,）每次取最小的值t的系数,判断能否被x整除,如果不可以这个t就直接是我们要找的k，如果可以整除那么我们就乘一个x到x^t上去 使其变为x^(t+1),也就是将count/x的系数加到x^(t+1)次方上去,知道找到一个最小的t就是我们要找的k了.

#include <cstdio>#include<iostream>#include<cstring>#include<algorithm>#include<queue>#include<string>#define min(a,b) (a<b?a:b)using namespace std;typedef long long ll;/*还是因为数据的问题，中间的运算又超出了范围，导致溢出我们以后看见数字的题，我们所有的变量同一long long*/const int maxn=1e5+10;ll n,x;ll val[maxn];const int mod=1e9+7;ll quick_pow(ll x,ll n){    ll ans=1;    x=x%mod;    while(n){        if(n&1)            ans=ans*x%mod;        x=x*x%mod;        n>>=1;    }    return ans;}int main(){    scanf("%I64d %I64d",&n,&x);    ll sum=0;    for(int i=0;i<n;i++){        scanf("%I64d",&val[i]);        sum += val[i];    }    for(int i=0;i<n;i++)        val[i]=sum-val[i];    sort(val,val+n);    ll cnt=1;    val[n]=-1;    ll min_num;    for(int i=1;i<=n;i++){        if(val[i]==val[i-1])            cnt++;        else{          if(cnt%x){              min_num=val[i-1];              break;          }          else{             val[i-1]++;             cnt/=x;             i--;//返回上一个点，看看前面          }        }    }    ll ans_num=min(min_num,sum);    printf("%I64d\n",quick_pow(x,ans_num));    return 0;}