1.部分分1（k=1）

随便乱搞，没啥说的，代码也不想放

      if(k==1){
		ll x;
		for(register int i=1,opt;i<=m;i++){
			opt=read();
			if(opt==0){
				x=lread();
				n++;sum+=x;
				if(sum>=mol)sum-=mol;
			}else{
				sum+=n;
				if(sum>=mol)sum-=mol;
			}
			printf("%lld\n",sum);
		}
	}

2.部分分2（k=2，k=3）

如果你做过osu那道期望DP的题，发现k=2，3的情况都很简单
全局加一可以直接维护一个\(x\)的和
\((x+1)^2-x^2=2\times x+1\)
插数直接加就行，
k=3类似

      if(k==2){
		ll x;
		for(register int i=1,opt;i<=m;i++){
			opt=read();
			if(opt==1){
				sum=((sum+2*sum1%mol)%mol+n)%mol,sum1+=n;
				if(sum1>=mol)sum1-=mol;
			}else{
				n++;x=lread();
				sum1+=x;
				sum+=1LL*x*x%mol;
				if(sum1>=mol)sum1-=mol;
				if(sum>=mol)sum-=mol;
			}
			printf("%lld\n",sum);
		}
	}else if(k==3){
		ll x;
		for(register int i=1,opt;i<=m;i++){
			opt=read();
			if(opt==1){
				sum=(((sum+3*sum1%mol)%mol+3*sum2%mol)%mol+n)%mol,sum1=((sum1+2*sum2%mol)%mol+n)%mol,sum2+=n;
				if(sum2>=mol)sum2-=mol;
			}else{
				n++;x=lread();
				sum2+=x;
				sum1+=1LL*x*x%mol;
				sum+=1LL*x*x*x%mol;
				if(sum2>=mol)sum2-=mol;
				if(sum1>=mol)sum1-=mol;
				if(sum>=mol)sum-=mol;
			}
			printf("%lld\n",sum);
		}
	}

3.部分分3（\(m<=2e5,k<=50\)）

运用部分分二的思想，又观察到\(k\)很小，所以可以直接开一个\(50\)的桶
现在思考，\(x^k\)如何由\(x^{k-1},x^{k-2},x^{...}\)转移过来
发现就是组合数的转移，那么直接杨辉三角预处理组合数，一边转移一边从大到小更新答案
时间总和：\(200000\times 50=10000000\)
照例说应该能稳过，但是各种乘法和取模让常数变得巨大
因此应该用一些玄学的卡常技巧
观察到模数是\(1e9+7\)，相乘不会超\(ull\)，所以乘法直接模，加法加到十几次在模

for(register int i=1;i<=m;++i){
		opt=read();
		int dclock=0;
		if(opt==1){
			for(register int j=1;j<=k;++j){
				dclock++;
				sum+=summ[k-j]*c[k][j]%mol;
				if(dclock==17)sum%=mol,dclock=0;
			}
			for(register int j=k;j>=0;--j){
				for(register int p=j;p>=1;--p){
					cclock[j]++;
					summ[j]+=c[j][p]*summ[j-p]%mol;
					if(cclock[j]==17)summ[j]%=mol,cclock[j]=0;
				}
			}
		}else{
			n++;x=read();
			now=1;
			for(register int j=1;j<=k;++j){
				cclock[j-1]++;
				summ[j-1]+=now;
				if(cclock[j-1]==17)summ[j-1]%=mol,cclock[j-1]=0;
				if(now*x>=mol)now=now*x%mol;
				else now=now*x;
			}
			sum+=now;
			if(sum>=mol)sum%=mol;
		}
		sum%=mol;
		printf("%llu",sum);
		putchar('\n');
	}