[cf1495E]Qingshan and Daniel

选择其中卡片总数较少的一类，当相同时选择$t_{1}$所对应的一类（以下记作$A$类）

如果$t_{1}$不是$A$类，就先对$t_{1}$操作一次（即令$a_{1}$减少1）

下面，问题即不断删去$A$类中的一张卡片，再删除另一类中的一张卡片，直至$A$中卡片被删光

事实上，$A$类中卡片删除顺序与最终另一类卡片剩余卡片的位置无关，具体证明考虑交换$A$中两张相邻卡片的删除顺序，并分类讨论来说明不影响即可

由此，不妨假设$A$类卡片是从左到右依次删除（即删完一叠后删除下一叠），每一张删除时都找到下一叠未完全删除的非$A$类卡片，并删除其中一张

对于这个过程，可以用下述方法维护：

记录一个变量$s$，表示$A$中当前还有几张卡片没有对应的删除

若当前为$A$类，令$s$加上这一叠的卡片数

若当前为$B$类，从中删除$\min(s,这一叠的卡片数)$，同时$s$也减去这个值

由于是环，所以重复一次即可

时间复杂度为$o(n)$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5000005
#define mod 1000000007
#define ll long long
int n,m,p,x,y,seed,base,a[N],t[N],ans[N];
ll s,tot[3];
int rnd(){
    int ans=seed;
    seed=(1LL*seed*base+233)%mod;
    return ans;
}
int main(){
    scanf("%d%d",&n,&m);
    int lst=0;
    for(int i=1;i<=m;i++){
        scanf("%d%d%d%d",&x,&y,&seed,&base);
        for(int j=lst+1;j<=x;j++){
            t[j]=rnd()%2+1;
            a[j]=rnd()%y+1;
        }
        lst=x;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)tot[t[i]]+=a[i];
    if (tot[1]!=tot[2]){
        if (tot[1]<tot[2])p=1;
        else p=2;
    }
    else p=t[1];
    if (p!=t[1]){
        a[1]--;
        ans[1]++;
    }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (t[i]==p){
            s+=a[i];
            ans[i]+=a[i];
            a[i]=0;
        }
        else{
            int x=min((ll)a[i],s);
            ans[i]+=x;
            s-=x;
            a[i]-=x;
        }
    for(int i=1;i<=n;i++)
        if (t[i]==p){
            s+=a[i];
            ans[i]+=a[i];
            a[i]=0;
        }
        else{
            int x=min((ll)a[i],s);
            ans[i]+=x;
            s-=x;
            a[i]-=x;
        }
    ans[0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++)ans[0]=((ans[i]^(1LL*i*i))+1)%mod*ans[0]%mod;
    printf("%d",ans[0]);
}