达哥简单题，一道半数学一道半$dp$，总的来说还是比较简单的（虽然我考成了x）
总的来说就是$T2$干的时间太长了，导致我没有时间想T1，（样例都错想个p）。
T2真的是一步之遥，但是还是功亏一溃了，连个高斯消元也没打，老以为自己能推出来公式。。。
下次还是好好打暴力吧。
题解:
T1:
首先特判20可以拿到，发现$n=1$的时候直接快速幂即可只有一组方案。当$mod=2$的时候，$a_i$显然都是1，那直接输出1即可。
原根好题，不知道原根是啥的看我上一篇$blogs$。
我们求出$mod$的一个原根$g$，这个时候，可以用原根表示任意的$mod$同余系，这时候可以$dp$了。
设$dp[i][j]$为第$i$次选中，答案为$g$的$j$次方的方案数。
初始化:$dp[1][j]=\sum \limits_{i=1,g^j \equiv a[i] (mod\ p)}^{n}1$
转移：$dp[i][(j+k)% \phi(p) ]=\sum \limits_{j=0}^{\phi(p)} \sum limits_{k=0}^{\phi(p)} dp[i-1][j]*dp[1][k]$
发现$m$过大是$1e9$，但是每次这一阶段状态都从固定的上一阶段的状态的来，因此可以矩阵快速幂优化，注意到$mod$大小为1000，$O(n^3)$的矩阵乘法还是会死，打表发现（其实是欧拉定理的推论，具有$\phi(p)$循环节），是循环矩阵，可以$O(n^2)$转移，问题得解。
T2：还是比较简单的，推一推式子就行了，这里不写了，但是需要注意的是一些被忽略的条件，例如$b_1=\sum \limits_{i=1}^n S_i$这个推论，我当时想了好久也没有最终得到$mx=\sum \limits_{i=1}^n a_i$，于是最终没有写出来，有一些简单的条件不要忽略，很早就发现我只能列出$n-1$个方程，而这个关于$b_1$的方程就是最后一个方程了，随便代一下数就发现可以线性递推了。
T3：这个就更加简单了，五分钟推了三个式子，全都一次过样例，我运气也是没谁，但是编号2的楞是没写对，一直$dp$一直错，观察数据范围得到的$O(n^2) dp$，的确是这样的，利用卡特兰数把$dp$优化到$O(n^2)$级别，这样就能够快速转移从而得到解。
具体来说。设$dp[i]$为走到第$i$步的时候，回到原点的方案数。
初始化：$dp[0]=1$
转移方程：$dp[i]=\sum \limits_{j=0}^i 4dp[i-j]Catalan(j/2-1)$
相当与是分成了第$j$步第一次回到原点和之后多次回到原点，而卡特兰数的意思是他只能往一个方向走，而不能往其他方向，并且从先走一步开始算，以保证他不在第$j$步之前回到原点。
得解。