回来学校后的第一轮考试，基本上全程都在奔着部分分。
D1T1：
这个题首先想的原根，这样把未知数放到指数上就可以 bsgs 了。n是和数所以要先分解掉然后 crt 合并。然后复杂度做到单次$sqrt p$就不会了。然而求原根还不会，用的`bsgs`求的，T飞。后面学了快速求原根。
正解是直接把指数消掉（右面变成$M^{-C}$），那么问题就是求$C$在$phi (N)$下的逆元。模数就是$(p-1)*(q-1)$，于是问题就是分解$N$。然后入手点是$lambda=q-p le 3e5$，考虑怎么能枚举出一个$p$。$N=p*(p+lambda)$，解开$p$，换成枚举$t=frac{lambda}{2}$，于是$p=sqrt{t^2+N}-t$，右面有$-t$就表明$t$还有一个下界的限制，尝试卡住下界，枚举$k^2=t^2+N，p=k+sqrt{k^2-N}$，那么$k$从$sqrt N$开始。$k$的基数是$1e9$，那么$k$往上枚举$+1$，原来的$t$的增量很大，那么$lambda$的限制就只用枚举几十个$k$就可以了。
D2T1：
一开始感觉很像决策单调性优化。打了表，貌似决策点是递增的，但是并不是单调性的转移，要想以此优化的话只能把本轮决策点$j$从上一轮的决策点$las$枚举到$i$，可能复杂度没有优化。
基本的式子$f[i]=minlimits_{j<i} { f[j]+cal(i,j) } +m[i]$,其中$cal(i,j)=lceilfrac{c[i]-c[j]}{Z} ceil$，这里不用考虑中间经过的特殊点的贡献，因为会在那个特殊点统计到。然后这个$cal$的式子是可以展开的，$c[i]/Z-c[j]/Z-[ c[i]%Z > c[j]%Z ]$，然后就把$i$，$j$分离了。至于$[ c[i]%Z > c[j]%Z ]$，可以权值线段树维护，分两段转移。
D2T2：
一开始感觉很像容斥，也打了下来。赛后没分，后来才发现有个地方还是没去掉重复（$2*i$颗宝石各颜色数量都是偶数的计算，实际上就是题目根本所在）。
这题$N$很大，$D$在$1e5$，从$D$考虑。那么需要转化一下题意，$M$对颜色相同，剩下的，最多可以有$min(D,N-2*M)$颗宝石是两两不同，也就是最多$min(D,N-2*M)$种颜色的宝石是奇数颗。这个需要容斥。设$f[i]$表示钦定$i$种颜色有奇数颗的方案（现在看来钦定$i$的意义和至少$i$的意义是不同的）。某种颜色有奇数个才有1的贡献，这个就是指数生成函数$H1=frac{e^x-e^{-x}}{2}$的形式。相应的，没有限制的颜色的贡献表示为生成函数$H2=e^x$，那么$f[i]=inom{D}{i} n! [x^n](H1^i H2^{(D-i)})$。然后这里往下推，用二项式定理展开$H1$函数，最后$e$上面指数合成一项，那么$[x^n]$就可以直接得到了。由于$[x^n]$项其实是$frac{x^n}{n!}$的系数，这里$n!$抵消掉分母。接着就是一个卷积式。得到$f$后，求出恰好$i$颜色的方案，$g[i]=sumlimits_{j geqslant i} inom{j}{i} f[j]$，需要用二项式反演得到$g$。这个式子也是卷积式。
这道题求多种颜色满足同一种限制的方案数，用生成函数表示一种颜色的贡献，多项式乘法得到$[x^n]$相当于“一共有$N$颗宝石”（也就是做了背包）。有了生成函数的“抽象表达”，就可以直接得到乘积结果的表达式子，就省去多项式乘法了。
D2T3：
先从sub2的子任务开始想。只考虑单一点的变化，如果某一点从1变为0,那么之后询问的答案就一定包含了这段为1的时间，可以直接加到贡献里。那么只用维护当先点的状态，以及这一状态的开始时间，回答询问时先把之前出现的1时间段贡献加上，在加上剩下的至今的贡献。
sub3的话，因为 toggle 之后变为联通不再断开了，也就是 因$i$点亮而开始联通的贡献 就不会再消失了。正向做这个过程，寻找每次点亮使哪些询问联通，记录时间，最后根据询问时间和联通时间得到答案。每次点亮$i$会把跨过$i$的并且左右端点在前驱0、后继0之间的询问，是一个矩形。然后考虑离线下来，扫描线处理询问。因为这里矩形不相交，所以直接拿set维护， lower_bound 就可以查询。
正解差不多就是结合上面。仍然考虑 toggle 带来的影响，和sub3一样找到影响矩形。在$i$为1，后面到$j$为0，贡献$j-i$，把时间段的贡献拆到$i$,$j$上就是分别$+i$,$-j$。其实询问的约束还有时间，所以是三维限制。矩形加值差分之后变成单点加入，矩形查询，那么就成了三维偏序问题。