C
首先考虑 (n = 2) 怎么做。
可以发现的是我们一定要借助空柱子 (n + 1)，并且两个柱子都必须要移动。
注意到此时本质上就是将两种球分类，于是我们考虑能否将一个柱子上两种颜色分开（并对其他柱子不产生影响）。
假设要将 (1) 上两种颜色分开，并且 (1) 颜色在上 (2) 在下。
令 (1) 柱子上有 (a) 个 (1) 那么我们考虑现在第 (2) 个柱子上先预留 (a) 个空位，将这些球先全部转移到 (n + 1) 上。
然后对于第一个柱子上的球从上到下考虑，若当前顶端的球为 (1) 则放到 (2) 柱子上，否则放到 (n + 1) 上。
然后先将 (n + 1) 上方的 (m - a) 个 (2) 球还原到 (1) 柱子，再将 (2) 上方的 (a) 个 (1) 球还原到 (1) 柱子，最后将 (n + 1) 剩下的球还原到 (2) 柱子。
容易发现这样对 (2) 柱子没有影响且操作合法达成了目的，仔细定量发现操作数是 (2m + 2a) 的。
我们对两个柱子都做上面的操作将 (1) 放到上面来，然后就可以轻松达成目标了。
接下来回到原问题，此时我们发现上述做法的本质是：将柱子 (x) 上颜色为 (c) 的球上提到顶端且 (x) 上其他球相对位置不变，同时不会对其他柱子产生影响。
此时考虑按照颜色依次还原，假设当前考虑到了颜色 (c) 对上述柱子将 (c) 全部提到顶端，然后将 (c) 移到空柱子上接着任选一个柱子将球全部分配到非满柱子上，就递归为删去这个颜色的子问题。
分析操作次数，对于每种颜色需要对每个柱子均操作一次，因此操作次数：(sumlimits_{i = 1} ^ n i2m + 2nm = n(n + 3)m)，已经可以通过 (70) 分，考虑进一步优化。
容易发现上述做法操作较多的原因是对 每种颜色 都重新做一轮，这样事实上浪费了很多操作。
那么能否考虑减少有效颜色的操作呢？考虑分治。
我们每次考虑将编号 (le mid) 的球染成白色，剩下的球染成黑色，目标同样是将柱子上清成同一种颜色。
令对于长度为 (n) 的序列操作次数为 (f(n))，那么总操作次数应该为 (f(n) log n)，于是只需要考虑上述问题如何做即可。
类似上提的思路，我们考虑每次任选一个至少有两种颜色的柱子 (x)，然后再任选一个 (y e x)，在没有完成目标时总能做到。
令 (x_0, x_1, y_0, y_1) 分别为 (x) 上白球/黑球数量，(y) 上白球/黑球数量。
发现总存在 (x_0 + y_0 ge m) 或 (x_1 + y_1 ge m)，不妨设 (x_0 + y_0 le m, x_1 + y_1 ge m)。
于此同时，我们不妨设 (x_0 le y_0 le frac{m}{2})。
我们首先对 (x) 将白球上提，消耗次数 (2m + 2x_0)。
然后将 (x) 上的白球全部移动到空柱子上，消耗次数 (x_0)。
对 (y) 上的球从上到下考虑，若顶端球为白色，那么移动到空柱子上，否则移动到 (x) 上直到 (x) 上球满为止，至多操作 (x_0 + y_0) 次。
最后将 (n + 1) 上的球全部运回 (y) 上，消耗次数 (x_0 + y_0)。
这样 (x) 上的球全部变为黑色，且因为 (x_0 + y_0 le m) 所以空柱子上球不会爆出来。
计算上面的总次数：(2m + 5x_0 + 2y_0 le 5.5m)，因此我们做到了总操作次数 (5.5nmlog n)。
带入满分的数据范围大约是 (660000) 次，可以轻松通过。
当然可以底层直接实现 (70) 分的 (n(n + 3)m) 次操作的小常数做法，可能可以达到更优的次数。
D
首先考虑一个暴力，先判掉无解的情况。
注意到题目需要求所有初始局面的存活时间，于是我们类似期望存活时间的转化，令 (f(x)) 为初始位置为 (x_1, x_2, cdots x_m) 的存活时间，那么答案为：
这等价于令 (f(t)) 表示 (t) 时刻任然存活的初始局面数量，那么答案为：
此时我们发现，(f(t)) 的数量是每个维度存活数量的积，那么每个维度之间就是相互独立的了。
注意到有效时间至多只有 (nw) 天，于是可以考虑枚举天数然后暴力维护当天每个维度依然存活的数量，复杂度 (mathcal{O}(nmw))。
考虑优化这个过程，显然问题在于如何优化暴力枚举天数部分。
令 (f_i(t)) 为维度 (i) 在时刻 (t) 依然存活的初始状态数量，此时我们有如下关键观察（证明不难）：
- (f_i(t)) 在时刻 (n + 1)（也即第二轮）开始呈周期长度为 (n) 的定值长度减少。
同时我们可以观察到减少的定值长度为 (q_i = sumlimits_{j = 1} ^ n [c_j = i] imes d_j)。
那么我们令总共经过了 (t) 整轮 后就不存在局面存活了，那么第 (2 sim t) 轮的贡献可以描述为：
不妨做简单变换：(t leftarrow t - 2, f_i(n + j) leftarrow f_i(j))，那么上式即：
令 (g_i(j) = prodlimits_{k = 1} ^ m f_k(i) - q_k imes j)，容易发现这是一个仅与 (i) 有关的 (m) 次多项式，于是上式等价于求 (n) 个给定的 (m) 次多项式的前缀点值的和。
有经典结论 (m) 次多项式的非负前缀点值和为一个 (m + 1) 次多项式，于是我们就可以插值得到 (x = t) 处的点值。
复杂度 (mathcal{O}(nm ^ 2))，瓶颈在于计算 (n) 个多项式 (0 sim m + 1) 处的点值。
有点轻微卡常，需要将拉格朗日插值换成连续点值的 (mathcal{O}(m)) 插值。