Day 1
A
首先发现对称差是关键的，而“对称差”这个东西类似异或。所以说，我们只需要知道 \(S_1\) 和每次改变的数即可确定所有 \(S\)，不妨设第 \(i\) 次改了 \(a_i\) 的出现情况。
则答案即为 \(\sum\limits_{a}\sum\limits_{S1}\prod\limits_{i=1}^m F(S1,a,i)\)，这里我们定义 \(F(S,a,i)\) 表示 \(S_1=S\)，变化情况为 \(a\)，\(i\) 在所有集合中的出现次数。
显然，\(F(S,a,i)\) 只与 \(S\) 中是否有 \(i\) 有关，所以我们令 \(G(a,i)\) 表示如果 \(i\) 在 \(S\) 出现，\(i\) 在所有集合中的出现次数。
则 \(F(S,a,i)=[i\in S]G(a,i)+[i\not\in S](n- G(a,i))\)。
代回原式，可以发现这是一个乘法分配律，所以我们可以把答案化为 \(\sum\limits_{a} n^m\)，也就是 \(m^{n-1}n^m\)。
B
我们发现常数不好处理，所以我们希望消去它。我们令 \(G_{i,j}=F_{i,j}+k\)，且有 \(G_{i,j}=aG_{i,j-1}+bG_{i - 1,j}\)。解得 \(k=\dfrac{c}{a+b-1}\)。
分情况讨论。
1. \(a+b-1\not\equiv 0\pmod{p}\)。
直接用 \(G\) 来算即可。此时我们可以考虑每个 \(L\) 和 \(T\) 的贡献，显然是类似格路计数。
2. \(a+b-1\equiv 0\pmod {p}\)。
此时有 \(F_{i,j}\equiv aF_{i,j-1}+(1-a)F_{i-1,j}+c\)。无脑设参：\(F_{i,j}-H_{i,j}\equiv a(F_{i,j-1}-H_{i,j-1})+(1-a)(F_{i-1,j}-H_{i-1,j})+c\)。
则我们希望有：\(c+H_{i,j}=aH_{i,j-1}+(1-a)H_{i-1,j}\)，即常数项能被消掉。
接下来随便找一组看上去比较好算得就行了，例如 \(H_{i,j}=c(i+j)\)。
C
首先，对于这类需要求第 \(x\) 小得问题，我们直接做非常不可做。一个常见的 trick 是将其转为 01 序列。在此处，即为：\(\sum\limits_{i=1}^n a_i=\sum\limits_{i=1}^m\sum\limits_{j=1}^n[a_j\ge i]\)。
接下来显然可以 DP。但是这样就是立方的了，所以无法通过。发现一个事实是，我们每次操作的 \(X\)，和插入的数的值域都是固定的，所以我们应该可以简单的求出操作后的结果。
具体来说，我们设当前有 \(k\) 个 \(1\)（指的是这一次操作前，包括插入 & 删除），新插入的数 \(c\in\{0,1\}\)，则我们有 \(n+1-k\) 个 \(0\)：
可以发现，如果我们一开始有 \(n+1-k>x\)，则我们操作的过程中一定不会出现 \(n+1-k<x\)，反之同理。
所以说，我们对于一个 01 序列的操作，最后的结果只取决于最开始 \(1\) 的个数和 \(k\) 次插入中 \(1\) 的个数。
枚举一开始 \(\sum\) 的 \(i\)，然后枚举操作中 \(1\) 的个数，最后计算贡献即可。
D
首先有一个经典式子：\(n^k=\sum\limits_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}n^{\underline{i}}\)。
所以 \(\sum (f(X))^k=\sum\limits_{i=0}^k\begin{Bmatrix}k\\i\end{Bmatrix}i!\sum\dbinom{F(X)}{k}\)。所以直接树形背包即可。
E
首先二项式反演，将“恰好”转为“钦定”（这里假设钦定了 \(x\) 个）。对于这种填数问题，我们一般分为选数和选位置。
首先这 \(x\) 个极大值的位置显然是没有任何影响的，所以我们不妨把他们从大到小分别放在 \((1,1,1),(2,2,2),(3,3,3),\cdots,(x,x,x)\)，并乘上 \(\dbinom{n}{x}\dbinom{m}{x}\dbinom{l}{x}\) 的贡献。
对于剩下位置的填法，实际上是一个经典问题。
（树的拓扑序）
给定一棵树，节点为 \(1\sim n\)，问这棵树的拓扑序的个数。
结论：答案为 \(\dfrac{(n-1)!}{\prod\limits_{i\not= root} siz_i!}\)。
证明采用数学归纳法即可。
而对于这道题，我们发现我们的限制关系可以转化成下面的图：
因此利用类似的方法，可以解决这道题。
J
单位根反演。
对于 \(A\)，我们可以通过简单组合数学求出；对于 \(B\)，是小奥经典题；对于 C，是二项式定理。
所以我们可以做到 \(O(k\log p)\)。
O
有趣题！
首先我们考虑 \(M=1\)。
二项式反演，我们钦定有 \(k\) 个位置满足 \(|P_i-P_{i+1}|=1\)，设这个的方案数为 \(g_k\)。
而这 \(k\) 个位置可以将 \(P\) 划分成值域上的 \(n-k\) 段，每段长度可以为 \(\ge 1\) 的数。接下来我们将这 \(n-k\) 段重排，可以得到一组合法的排列。
对于一个连续段，如果它长度 \(\not =1\)，则它可以递增或递减，否则它只有一种方法。
也就是说，我们可以用生成函数得到，我们的 \(g_k\) 公式，即：
这个东西可以 NTT。然后我们二项式反演的过程也是一个 NTT。
对于 \(m>1\)，我们构造 \(Q=P^{-1}\)，则有 \(|Q_i-Q_{i+m}|=1\)，接下来就转化成了若干个子问题。需要注意的是，\((n-k)!\) 要放到最后乘，我觉得不用多讲。
接下来，我们直接多项式快速幂即可，但是由于数据范围较小，我们完全可以暴力 \(\log^2\) 跑。