输入恶心，细节恶心，代码清爽。

一堆全局操作，考虑用两个全局变量 $x$ 和 $y$ 表示 $a_i=x\cdot a_i+y$，再用 $v$ 表示全局推平的值。这时候，操作一就可以转换成 $x\cdot a_i+y=val$，则 $a_i=\frac{val-y}{x}$，用逆元做并存在哈希表里即可。

操作二即为 $y=y+val$。

操作三为 $x=x\cdot val$，$y=y\cdot val$。

操作四为 $v=val$，同时清空哈希表，并令 $x=1$，$y=0$。

操作五分类，如果不在哈希表为 $v\cdot x+y$，否则为哈希表内的值 $a_i\cdot x+y$。

操作六，数组内的所有数应该都是 $a_i\cdot x+y$ 的形式，累加的结果应该是 $\sum a_i\cdot x+y\cdot n$。用 $s$ 表示哈希表内的和，$cnt$表示哈希表内数的个数，则 $ans=x\cdot((n-cnt)\cdot v+s)+n\cdot y$。

细节：逆元会出现 0，要特判。

#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define mod 10000019
using namespace std;
int qpow(int a,int b){
	int s=1;
	for(;b;b>>=1){
		if(b&1)s=s*a%mod;
		a=a*a%mod;
	}
	return s;
}
unordered_map<int,int>pd;
int n,q,t,a[100010],b[100010],c[100010],ans,x=1,y,v,s,cnt;
void solve(int k){
	if(a[k]==1){
		if(!pd[b[k]])cnt++;
		s-=pd[b[k]],pd[b[k]]=(c[k]-y+mod)%mod*qpow(x,mod-2)%mod,s+=pd[b[k]];
	}
	if(a[k]==2)y=(y+b[k])%mod;
	if(a[k]==3)x=(x*b[k])%mod,y=(y*b[k])%mod;
	if(a[k]==4)v=b[k]%mod,x=1,y=0,cnt=0,s=0,pd.clear();
	if(a[k]==5){
		if(pd[b[k]])ans=(ans+pd[b[k]]*x%mod+y)%mod;
		else ans=(ans+v*x%mod+y)%mod;
	}
	if(a[k]==6)ans=(ans+(v*(n-cnt)%mod+s)*x%mod+y*n%mod)%mod;
}
signed main()
{
	ios::sync_with_stdio(0);
	cin>>n>>q;
	for(int i=1;i<=q;i++){
		cin>>a[i];
		if(a[i]!=6)cin>>b[i];
		if(a[i]==1)cin>>c[i],c[i]=(c[i]%mod+mod)%mod;
		else b[i]=(b[i]%mod+mod)%mod;
		if(a[i]==3&&b[i]==0)a[i]=4;
	}
	cin>>t;
	for(int i=1;i<=t;i++){
		int x,y;
		cin>>x>>y;
		for(int j=1;j<=q;j++)solve((x+j*y)%q+1);
	}
	cout<<ans;
}