给定一个数 $A$，并且 $A$ 的初始值为 $X!$。
接下来两个人轮流操作，每次操作选择一个不超过 $N$ 且质因子种数不超过 $Y$ 的正整数 $D$，得到 $A-D$。
先找到 $0$ 的玩家获胜。给定 $T$ 组询问，每个询问给定 $X$，询问先手玩家是否可以必胜。
首先将所有素数从小到大排列，记为 $p_1,p_2\cdots$ 同时设 $B=\prod_{i=1}^{Y+1} p_i$。
记状态一表示 $B\mid A$，状态二表示 $B\nmid A$。
显然如果当前处于状态一，则下一步一定进入状态二，因为 $B\nmid D$。
如果当前处于状态二，则可以取 $D\equiv A\mod B$，则 $B\mid A-D$ 且 $B\nmid D$，所以 $D$ 至多有 $Y$ 种素因子，即 $D$ 合法。
于是如果 $A$ 一开始是状态一，则每次行动玩家一一定进入状态二，而玩家二一定有办法回到状态一。
由于状态二中不存在 $0$，所以玩家一必败。如果 $A$ 一开始是状态二，则玩家一像上一种情况的玩家二一样操作即可，此时玩家一必胜。
于是线性筛预处理，然后判定 $X$ 是否不超过 $p_y$ 即可，时间复杂度 $O(X+T)$。
给定严格递增的正整数序列 $A_1,A_2\cdots A_n$，保证 $A_i+A_1\ge A_{i+1}$。一开始由我方选定一个 $G$，使得 $0\le G\le M$。
接下来 $q$ 场游戏，每场游戏我方先手，且一开始有 $G$ 个石头。第 $i$ 场游戏每次可以拿 $\{A_l,A_{l+1}\cdots A_r\}$ 个石头。
问必胜场次最多有几场。
首先给出两个博弈游戏等价的定义：对同一个状态(本题为当前石头数)，两个博弈游戏要么都是必胜状态要么都是必败状态。
另外假设每次可以拿的石头为 $[l,r]$ 个，则必胜状态为 $G\bmod (l+r)\ge l$。
接下来给出两个条件：
下面证明这两个条件等价。首先不妨令 $a_1\lt a_2\cdots \lt a_n$。
当条件一成立时，假设存在 $a_i+a_1\lt a_j$，且不存在 $a_k\in S$，使得 $a_i\lt a_k\lt a_j$ 的情况。
于是有 $j=i+1$，即 $a_i+a_1\lt a_{i+1}$。取 $G\bmod (a_1+a_k)=a_1+a_i$，根据条件一 $G$ 是必胜状态。
于是如果选取 $a_1\sim a_i$，则 $a_1\le G'\bmod (a_1+a_k)\le a_l$，根据条件一 $G'$ 是必胜状态。
如果选取 $a_{i+1}\sim a_k$，则 $G'\bmod (a_1+a_k)\gt 2a_1+a_i$，根据条件一 $G'$ 是必胜状态。
于是 $G$ 是必败状态，矛盾。于是充分性证毕。
当条件二成立时，首先考虑 $0\le G\lt a_1+a_k$。易知 $0\lt G\lt a_1$ 是必败状态。
当 $a_i\le G\lt a_{i+1}$ 时，取 $a_i$ 个石头，根据条件二，有 $a_i+a_1\ge a_{i+1}$，于是 $G'=G-a_i\lt a_1$ 是必败状态。
于是 $a_1\le G\lt a_k$ 是必胜状态。当 $a_k\le G\lt a_1+a_k$ 时取 $a_k$ 个石头有 $G'\lt a_i$，于是 $G$ 也是必胜状态。
于是 $0\le G\lt a_1+a_k$ 时必胜状态为 $a_1\le G\lt a_1+a_k$。
数学归纳法设 $k(a_1+a_k)\le G\lt (k+1)(a_1+a_k)$ 满足条件一。
当 $(k+1)(a_1+a_k)\le G\lt (k+1)(a_1+a_k)+a_1$ 时，任意取石头 $a_1\sim a_k$。
发现总有 $k(a_1+a_k)+a_1\le G'\lt (k+1)(a_1+a_k)$ 全是必胜状态，于是 $G$ 是必败状态。
当 $(k+1)(a_1+a_k)+a_1\le G\lt (k+2)(a_1+a_k)$ 类比 $a_1\le G\lt a_1+a_k$ 的取法即可到达必败状态，于是 $G$ 是必胜状态。必要性证毕。
回到原题，现在只需要考虑选取 $G$ 使得其满足尽可能多的 $G\bmod (a_{l_i}+a_{r_i})\ge a_{l_i}$ 即可。
考虑维护 $0\le G\le m$ 的答案数组。对 $a_{l_i}+a_{r_i}\ge \sqrt m$ 的询问，可以转化为不超过 $O(\sqrt m)$ 次区间加操作。
利用差分和前缀和可以 $O(\sqrt m)$ 处理每个上面询问。
对 $a_{l_i}+a_{r_i}\lt \sqrt m$ 的询问，考虑用 $O(\sqrt m)$ 个长度不超过 $O(\sqrt m)$ 的数组 $c$ 维护贡献。
对每个上面询问使得 $c(l_i+r_i)(l_i\sim r_i)$ 加一。
最后从 $0\sim m$ 扫描一遍答案数组，同时加上这 $O(\sqrt m)$ 的数组的当前位置贡献，然后每个数组指针移动一位。
总时间复杂度 $O((m+q)\sqrt m)$。
给定正整数序列 $A_1,A_2\cdots A_n$，接下来 $Q$ 个询问。
定义一个集合的权值为该集合所有元素的异或和，每次询问元素个数不超过 $M$ 的所有子集的权值和。
考虑预处理出元素个数分别为 $1\sim n$ 的子集的权值和，然后 $O(1)$ 处理询问。
按位处理贡献，假设第 $i$ 位为 $1$ 的数有 $c_1$ 个，则第 $i$ 位为 $0$ 的数有 $c_0=n-c_1$ 个。
于是对子集元素个数为 $k$ 的答案产生的贡献为
$$ 2^i\sum_{j\in odd}^{1\le j\le c_1}{c_1\choose j}{c_0\choose k-j} $$
令 $f(x)=\sum_{i\in odd}^{1\le i\le c_1}{c_1\choose i}$，$g(x)=\sum_{i=0}^{c_0}{c_0\choose i}$，于是贡献为
$$ 2^i[x^k]f(x)g(x) $$
考虑 $\text{NTT}$ 卷积，总时间复杂度 $O(n\log n\log v)$。
ps. 比赛时考虑 $f_1(x)=(x+1)^{c_1},f_2(x)=(-x+1)^{c_1},g(x)=(x+1)^{c_0}$，然后贡献为 $2^i[x^k]\cfrac {(f_1(x)-f_2(x))g(x)}2$。
然后脑抽使用了多项式 $\text{Pow}$ 算 $f_1,f_2,g$，时间复杂度也是 $O(n\log n\log v)$，但直接 $T$ 飞了，其实直接 $O(n)$ 二项式就好了。
设 $\text{dp}(i,j,k)$ 表示子集大小为 $i$，仅考虑位数 $j$，且异或和为 $k$ 的子集个数。
可以 $O(n\log v)$ 得到答案，具体见该代码
给定一棵以 $1$ 为根的树，接下来 $q$ 次询问。
每次询问给定一个结点 $u$ 初始权值 $w$。当结点 $u$ 拥有权值 $w$ 时，如果结点 $u$ 是叶子结点，则该权值被吸收。
否则记 $u$ 的儿子结点数为 $k$。若 $k\mid w$，则结点 $u$ 将权值均分为 $k$ 份并转移到每个儿子结点并继续下传，否则该权值损失。
问每次损失的权值。
首先如果某个结点只有一个儿子，则将该结点与其儿子合并。
对结点 $u$，设他到某个叶子结点的路径上所有点的儿子结点数的乘积为 $k$。若 $k\mid w$，则该叶子结点能吸收权值 $\frac wk$，否则无法吸收。
考虑对每个结点用 $\text{map}$ 维护他每个 $k$ 对应的叶子节点数。
由于每次向上一级 $k$ 至少乘以 $2$，于是一个叶子结点最多对 $O(\log w)$ 个祖先节点有贡献。故维护 $\text{map}$ 的时间复杂度为 $O\left(n\log w\log n\right)$。
对每个询问，用其存储在权值对应的桶中，然后跑一遍埃氏筛枚举因子计算贡献。
总时间复杂度 $O(n\log n\log w+w\log w+q\times \text{divisors}(w)\log n)$。
如果用哈希表替代 $\text{map}$，时间复杂度为 $(n\log w+w\log w+q\times \text{divisors}(w))$。
ps. $\text{map}$ 访问空建默认返回 $0$ 但非常慢，不建议利用该特性，推荐用 $\text{find}$ 特判后再访问。