codeforces 338D GCD Table

Consider a table G of size n × m such that G(i, j) = GCD(i, j) for all 1 ≤ i ≤ n, 1 ≤ j ≤ m. GCD(a, b) is
the greatest common divisor of numbers a and b.

You have a sequence of positive integer numbers a1, a2, ..., ak. We say that this sequence occurs
in table G if it coincides with consecutive elements in some row, starting from some position. More formally, such numbers 1 ≤ i ≤ n and 1 ≤ j ≤ m - k + 1 should
exist that G(i, j + l - 1) = al for all 1 ≤ l ≤ k.

Determine if the sequence a occurs in table G.

Input

The first line contains three space-separated integers n, m and k (1 ≤ n, m ≤ 1012; 1 ≤ k ≤ 10000).
The second line contains k space-separated integers a1, a2, ..., ak (1 ≤ ai ≤ 1012).

Output

Print a single word "YES", if the given sequence occurs in table G, otherwise print "NO".

Example

Input

100 100 5
5 2 1 2 1

Output

YES

Input

100 8 5
5 2 1 2 1

Output

NO

Input

100 100 7
1 2 3 4 5 6 7

Output

NO

Note

Sample 1. The tenth row of table G starts from sequence {1, 2, 1, 2, 5, 2, 1, 2, 1, 10}. As you can see, elements from fifth to ninth coincide with sequence a.

Sample 2. This time the width of table G equals 8. Sequence a doesn't occur there.

题意：给你一个n*m的矩阵，然后再给你一个长度为k的序列，然后问你这个序列是否出现在n*m这个矩阵各个左边点的gcd序列中，举个样例：8 8 

m n 1  2  3  4  5  6  7  8      n代表横坐标；m代表纵坐标，然后下划线部分 

1  1  1  1  1  1  1  1  1      就是各个坐标点所对应的最大公约数；

2  1  2  1  2  1  2  1  2      如果给一个长度为4 序列为3 1 1 3这个序列

3  1  1  3  1  1  3  1  1      可以看出m=3时有一个序列在n(3...6)正好匹配，此时

4  1  2  1  4  1  2  1  4      输出YES，else输出NO；

5  1  1  1  1  5  1  1  1      注意：只有这个序列只与横行对比；

6  1  2  3  2  1  6  1  2      数据范围很大，用long long

7  1  1  1  1  1  1  7  1

8  1  2  1  4  1  2  1  8

这一题卡了快两天了，先学扩展欧几里得，再学中国剩余定理，然后又学扩展中国剩余定理；感觉好神奇啊，可是一做题还是一脸蒙蔽，还是参考大牛们的代码才写出来，如果只是给我思想，我感觉还得想一个星期，还是太菜了，虽然数论只有我自己在学，虽然很难，但是我还是很想学数学；

网上有模板，可以套用扩展欧几里得和中国剩余定理的模板，贴上代码；

#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
using namespace std;
#define ll long long
ll a[10005],b[10005];
ll n,m,k;

ll gcd(ll a,ll b)
{
return b==0?a:gcd(b,a%b);
}

ll Extended_Euclid(ll a,ll b,ll &x,ll &y)
{
ll d;
if(!b)
{
d = a; x = 1; y = 0;
}
else
{
d = Extended_Euclid(b , a%b , x , y);
ll x0 = x;
x = y;
y = x0-(a/b)*y;
}
return d;
}

ll Chinese_Remainder(ll *m,ll *a)
{
ll lcm = 1 , X = m[1] , Y = a[1];
for(int i = 1; i <= k; i++)
lcm = lcm/gcd(lcm,m[i])*m[i];
for(int i = 2; i <= k; i++)
{
ll A = X,B = m[i] , d , x , y , c = a[i]-Y;
d = Extended_Euclid(A , B , x , y);
if(c % d)
return -1;
ll mod = m[i]/d;
ll K = ((x*c/d) % mod + mod) % mod;
Y = X*K+Y;
X = X*m[i]/d;
}
return Y==0 ? lcm:Y;
}

bool check()
{
ll I = Chinese_Remainder(a , b),J;
if(I > n || I <= 0) return false;
for(int i = 1; i <= k; i++)
b[i] = 1-i;
J = Chinese_Remainder(a , b);
if(J+k-1 > m || J <= 0) return false;
for(int i = 1; i <= k; i++)
if(gcd(I , J+i-1) != a[i]) return false;
return true;
}

int main()
{
scanf("%lld %lld %lld",&n,&m,&k);
for(int i = 1; i <= k; i++)
scanf("%lld",&a[i]);
check() ? puts("YES") : puts("NO");
return 0;
}