题目
n(2<=n<=1e6)个点m(n-1<=m<=1e6)条边的无向连通图，无自环，无重边，
每个点上有一个旋钮，刻度为1到k，
点i上旋钮的初始刻度为ai，现在为了调好，需要旋到bi(1<=ai,bi<=k)
小团子从点u走向点v的时候，会将点v的旋钮向后旋转一格，
即若当前刻度x小于k，则变为x+1；若当前刻度x等于k，则变为1
问有多少起始点，可以使小团子从起始点出发，存在一条路线，可以调好所有点的旋钮，
特别地，从起始点出发时，小团子并不会旋转起始点的旋钮
思路来源
官方题解
题解
先令val[i]=b[i]-a[i]，则令旋钮i往后旋转，等同于val[i]=(val[i]-1+k)%k
如果只有3个点的一条链u-v-w，
则可以直接一步走到v上，令v减1，然后走到w上，令w减1，
继续走到v上，再走到w上，重复这个过程，
直到v被减了k，此时再走到w上，w也被减了k，
从模意义上相当于没减，从u跳到了w
类似地，如果u需要减val[u]，则可以在u和v之间转圈，
最终，u减到了0，v减掉了(val[u]+1)%k，此时站在v上，
类似地，v减掉k-(val[u]+1)%k，则可以在v和w之间转圈，
最终v减到了0，w减掉了(k-(val[u]+1)%k+1)%k，相当于加上了val[u]
即u的权值转移到了w，这表明二分图染色后，相同颜色的权值可以互相转
最后抽象成两个点的情形，就对应了
题解的四种情况
，
记每个点的权重sum为同颜色点val之和，tot为同颜色点个数，有：
1.sum[黑]=sum[白]，答案为n
2.sum[黑]=(sum[白]+1)%k，答案为tot[白]
3.sum[白]=(sum[黑]+1)%k，答案为tot[黑]
4.k=2，显然2和3同是满足，答案为n
还有第五种情况，
无法二分图染色
，即有奇环的情形
虽然黑白之间的挪动会差1，但最后权值一定能归到某个点上
让所有权值都归于奇环上的一个点，
不妨考虑最简单的三元环u-v-w，更多元奇环类似
假设此时权值全在u上，且此时站在u上
如果u需要减1，只需走到v上，令v减1，再走回u，令u减1，再走到w上，令w减1，
然后在v和w之间反复行走，直到均走够k的倍数即可，此时位于v和w的某一个点上，
如果u还需要减，则可以再走回u，相当于一次循环使u减2，一番操作之后sum[u]%2，
若sum[u]为奇数，在最后一轮时，在v和w的某一个点上停留即可
代码
#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<vector>
using namespace std;
const int N=1e6+10,mod=998244353,owt=(mod+1)/2;
int n,m,k,u,v,a,b[N],sum[3],tot[3];
int col[N];
vector<int>e[N];
//1 2 二分图染色
bool dfs(int u,int fa,int c){
col[u]=c;
sum[c]=(sum[c]+b[u])%k;
tot[c]++;
for(auto &v:e[u]){
if(v==fa)continue;
if(col[v]==c)return 0;
if(!col[v]){
if(!dfs(v,u,c^3))return 0;
}
}
return 1;
}
int solve(){
if(k==2 || !dfs(1,0,1)){
return n;
}
int u=1,v=2;
if(sum[u]==sum[v]){
return n;
}
if(sum[u]==(sum[v]+1)%k){
return tot[v];
}
swap(u,v);
if(sum[u]==(sum[v]+1)%k){
return tot[v];
}
return 0;
}
int main(){
scanf("%d%d%d",&n,&m,&k);
for(int i=1;i<=n;++i){
scanf("%d%d",&a,&b[i]);
b[i]=(b[i]-a+k)%k;
}
for(int i=1;i<=m;++i){
scanf("%d%d",&u,&v);
e[u].push_back(v);
e[v].push_back(u);
}
printf("%d\n",solve());
return 0;
}