看到有很多除以 \(2\)，容易想到把原问题转化成二叉树上的问题。
考虑令 \(x\) 的父亲为 \(\lfloor\frac{x}{2}\rfloor\)，问题就变成了对于每个点，它包括自己，向下延伸 \(k+1\) 个点（如果有的话）的点权和模 \(m\) 等于 \(0\)。
先讨论 \(k=2\) 的情况，\(k\) 为其他值是同理。
对于点 \(x\)，有 \(a_x+a_{x*2}+a_{x*2*2}\equiv0\pmod{m}\)，又有 \(a_{x*2}+a_{x*2*2}+a_{x*2*2*2}\equiv0\pmod{m}\)
所以 \(a_x\equiv a_{x*2*2*2}\pmod{m}\)。
同理可得对于每个点，它和所有它向下 \(k+1\) 次能到达的点同余。
可以把所有点合并到和它同余的深度最浅的点上去，一起考虑，这样有效的点数就降到了 \(2^k\) 级。
具体的，设 \(to_{i,j}\) 表示所有和 \(i\) 同余的点的权值全部改成 \(j\) 的代价，\(f_{i,j}\) 表示所有和 \(i\) 和它向下 \(k+1-deep_i\) 个点的每条链长度模 \(m\) 均为 \(j\) 的最小代价。
举个例子，当 \(k=2\) 时，\(f_{2,x}\) 表示 \(a_2+a_{2*2}\equiv a_2+a_{2*2+1}\equiv x\pmod{m}\) 的最小代价。
转移是简单的。
时间复杂度 \(\mathcal{O}(n+m^2\times2^k)\)
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
namespace IO{template<typename T>inline void read(T&x){x=0;char c=getchar();bool f=0;while(!isdigit(c)) c=='-'?f=1:0,c=getchar();while(isdigit(c)) x=x*10+c-'0',c=getchar();f?x=-x:0;}template<typename T>inline void write(T x){if(x==0){putchar('0');return ;}x<0?x=-x,putchar('-'):0;short st[50],top=0;while(x) st[++top]=x%10,x/=10;while(top) putchar(st[top--]+'0');}inline void read(char&c){c=getchar();while(isspace(c)) c=getchar();}inline void write(char c){putchar(c);}inline void read(string&s){s.clear();char c;read(c);while(!isspace(c)&&~c) s+=c,c=getchar();}inline void write(string s){for(int i=0,len=s.size();i<len;i++) putchar(s[i]);}template<typename T>inline void write(T*x){while(*x) putchar(*(x++));}template<typename T,typename...T2> inline void read(T&x,T2&...y){read(x),read(y...);}template<typename T,typename...T2> inline void write(const T x,const T2...y){write(x),putchar(' '),write(y...),sizeof...(y)==1?putchar('\n'):0;}
}using namespace IO;
#define ll long long
unsigned int SA,SB,SC;int p,A,B;
unsigned int rng61(){SA^=SA<<16;SA^=SA>>5;SA^=SA<<1;unsigned int t=SA;SA=SB;SB=SC;SC^=t^SA;return SC;
}
const ll maxn=10000010,maxzt=2050,maxm=210,inf=20000000000000000;
int n,k,m,a[maxn],b[maxn];
void gen(){read(n,k,m,p,SA,SB,SC,A,B);for(int i=1;i<=p;i++) read(a[i],b[i]);for(int i=p+1;i<=n;i++){a[i]=rng61()%A+1;b[i]=rng61()%B+1;}
}
ll sy[maxn],h[maxzt][maxm],f[maxzt][maxm],to[maxzt][maxm];
void solve(){memset(h,0,sizeof(h));memset(to,0,sizeof(h));gen();for(int i=1;i<=n;i++) a[i]%=m;for(int i=1;i<(1<<k+1);i++) sy[i]=i;for(int i=(1<<k+1);i<=n;i++) sy[i]=sy[i/(1<<k+1)];for(int i=1;i<=n;i++) h[sy[i]][a[i]]+=b[i];for(int i=1;i<(1<<k+1);i++) for(int j=0;j<m;j++) for(int k=0;k<m;k++) to[i][j]+=h[i][k]*((j-k+m)%m);for(int i=(1<<k+1)-1;i;i--) for(int j=0;j<m;j++){f[i][j]=inf;if(i>=(1<<k+1-1)) f[i][j]=to[i][j];else for(int k=0;k<m;k++) f[i][j]=min(f[i][j],f[i<<1][k]+f[i<<1|1][k]+to[i][(j-k+m)%m]);}write(f[1][0]);
}
signed main(){int T;read(T);while(T--) solve(),write('\n');return 0;
}