Description：

有一个数 $x$ 初始值为 $1$ ，有 $Q$ 次操作，操作有两种类型:

$1\;m$ ： $x=x\times m$ 输出 $x\%mod$ ；

$2\;pos$ ： $x=x/$ 第 $pos$ 次操作所乘的数，输出 $x\%mod$ ；

$1\leqslant n\leqslant10^5$

Solution：

如果 $mod$ 不是质数的话就没有逆元，所以这是一个容易加入难以删除的问题，由此我们可以想到线段树分治，如果操作为 $1$ ，那么这一位为 $m$ ，否则这一位为 $1$ ，然后 $1$ 操作就是在最后加数， $2$ 操作就是把某一位清 $1$ ，查询就是查询一个前缀积。

Code：

#include<algorithm>

#include<iostream>

#include<cstdlib>

#include<cstdio>

#include<cmath>

#include<cstring>

using namespace std;

int n,mod;

#define MAXN 100010

struct node

{

	int lc,rc;

	int sum;

}t[MAXN << 1];

int ptr = 0;

int newnode(){return ++ptr;}

int root;

#define mid ((l + r) >> 1)

void build(int &rt,int l,int r)

{

	rt = newnode();t[rt].sum = 1;

	if(l == r)return;

	build(t[rt].lc,l,mid);

	build(t[rt].rc,mid + 1,r);

	t[rt].sum = 1ll * t[t[rt].lc].sum * t[t[rt].rc].sum % mod;

	return;

}

void add(int rt,int p,int k,int l,int r)

{

	if(l == r)

	{

		t[rt].sum = k;

		return;

	}

	if(p <= mid)add(t[rt].lc,p,k,l,mid);

	else add(t[rt].rc,p,k,mid + 1,r);

	t[rt].sum = 1ll * t[t[rt].lc].sum * t[t[rt].rc].sum % mod;

	return;

}

int query(int rt,int L,int R,int l,int r)

{

	if(L <= l && r <= R)return t[rt].sum;

	int res = 1;

	if(L <= mid)res = 1ll * res * query(t[rt].lc,L,R,l,mid) % mod;

	if(R > mid)res = 1ll * res * query(t[rt].rc,L,R,mid + 1,r) % mod;

	return res;

}

void work()

{

	ptr = 0; 

	scanf("%d%d",&n,&mod);

	build(root,1,n);

	int x,y;

	for(int i = 1;i <= n;++i)

	{

		scanf("%d%d",&x,&y);

		if(x == 1)

		{

			add(root,i,y,1,n);

			printf("%d\n",query(root,1,i,1,n));

		}

		else

		{

			add(root,y,1,1,n);

			printf("%d\n",query(root,1,i,1,n));

		}

	}

	return;

}

int main()

{

	int testcases = 0;

	scanf("%d",&testcases);

	while(testcases--)work();

	return 0;

}