Prime Number

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 is 8.

In the second sample, . The answer to the problem is 27, 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 is 1.

题意:题目要求的是分子和分母的最大公约数，但因为x是素数，所以其实就是要将分子和分母都表示成（x^k）*m，m不能被x整除，然后取分子和分母k的最小值。

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<stdio.h>#include<iostream>#include<string.h>using namespace std;long long int a[100100];long long int s[100100];long long qp(long long int n,long long int k)//快速幂{    long long int ret = 1;    while(k)    {        if(k&1)            ret = (ret*n) % 1000000007;        k = k>>1;        n = n*n % 1000000007;    }    return ret;}int main(){    long long int n,m;    while(scanf("%lld%lld",&n,&m)!=-1)    {        long long int sum=0;        memset(s,0,sizeof(s));        for(long long int i=1; i<=n; i++)        {            scanf("%lld",&a[i]);            sum+=a[i];        }        long long int ans=sum-a[n];//得出最小的幂，从分子最小的幂开始求公约数，把它当做公约数        for(long long int i=1; i<=n; i++)//通分后，把分子每一个幂都求出来，存起来        {            s[i]=sum-a[i];        }        int l=0;        long long int ha;        long long int we=ans;        for(long long int i=n; i>=1; i--)//从分子最小的幂开始ans，在数组中找和它相等幂的个数，如果个数l能整除m，最小则ans+1，，然后找ans+1之后的，在数组中找和它相等的幂的个数，看l是否整除m，如果可以就重复，不可以就跳出循环，此时的ans就是最大的，则qp（m，ans）就是最大的公约数。        {            i=n;                if(s[i]==we)                {                    ha=we;//用we标记当前的幂，方便在数组里面找和这个幂相等的幂的个数                    while(n&&s[n]==ha)                    {                        n--;                        l++;                    }                    if(l%m)break;//l（就是系数）不能整除m则跳出，此时的ans就是所求                    ans+=1;//能整除，则幂就+1，此时的系数就是l/m                    we=ans;                    l=l/m;                }                else//防止在数组中没找到和当前幂相等的数，则就看当前幂的数的系数是不是能整除m，能就ans+1，不能就跳出循环。像3*3^4，如果数组里面没有3^4则，，则此时就把它写成3^5，，，再在数组里面找和3^5有相同幂的数的个数                {                    if(l%m)break;                    l=l/m;                    ans+=1;                    we=ans;                }           }          while(l%m==0)//防止l还可以整除m，例如10*10^2,,,则可以写成10^3，则qp（m,3)就是最大的公约数，如果没这步的话，ans就是2了，最大公约数就会变小          {              l/=m;              ans++;          }        long long int ta;        ta=min(ans,sum);//取最小的幂，因为有可能分子大于分母，此时取分母为最大公约数        //printf("%d\n",ta);        printf("%lld\n",qp(m,ta));    }}