本文给出一个 \tilde O(n^{4/3}) 的算法（下文均认为 n,q 同阶，且用 \tilde O 符号避免 \log 因子的讨论），虽然复杂度较优，但其所带的 \log 因子以及常数因子使其在目前的数据范围内并没有太大的优势。（这里是一个实现）
让我们先来回顾一下前面不太关键的部分，设 f(x) = \sum_{n\ge 0} a_n x^n 为总分数为 n 的方案数的生成函数，那么考虑计数总分小于 y 的情况，这无非就是
[x^{y-1}] \frac 1{1-x} f(x)
根据诸个比赛日相互之间的独立性，f(x) 可确定为一个简单的乘积式
f(x) = \prod_{i=1}^n \frac{1-x^{a_i+1}}{1-x}
即 g(x) = \frac 1{1-x} f(x)，那么考虑整理各 (1-x^k) 指数上的幂次，可得到整数数列 c_k，满足
\begin{aligned}
g(x) &= \prod_{k\ge 1} (1-x^k)^{c_k}\\
&= \exp\left(\sum_{k\ge 1} c_k \ln (1-x^k)\right)\\
\end{aligned}
注意到这是可以 \Theta(n\log n) 计算的。
而对于每次询问，设其将一个原本在 [0, s] 内的分数改为了 [0, t]，那么我们询问的实则就是
\begin{aligned}
& \quad [x^{y-1}] \frac{1-x^{t+1}}{1-x^{s+1}} g(x)\\
&= \left([x^{y-1}] - [x^{y-t-2}]\right) \frac 1{1-x^{s+1}} g(x)
\end{aligned}
因此，我们将问题转化为了如下情况：多次给出 m, k，询问 [x^m] \frac 1{1-x^k} g(x)，也即
\sum_{j\ge 0} g_{m-jk}
接下来给出解决转化后问题的关键。我们首先考虑一个稍微弱一点的问题，即给出 0\le r < k，求
\sum_{j \bmod k = r}g_j
这个问题不难写做生成函数的形式：
[x^r] g(x) \bmod (x^k-1)
因此我们不妨令 B 为阈值，预处理对于所有的 k\le B，其 g(x) \bmod (x^k-1)，这通过经典的分治取模可得一个复杂度为 \tilde O(n + B^2) 的算法。
因此复杂度为 \tilde O(n + B^2 + \frac {n^2}B)，不难得到当 B = \tilde O(n^{2/3}) 的时候渐进复杂度的指数取到最优，为 \tilde O(n^{4/3})。
而对于原问题呢？实际上这可以通过加一层分治，每层都按照本层的 B=\tilde O(n^{2/3}) 进行预处理，那么预处理的复杂度为 T(n) = 2T(n/2) + \tilde O(n^{4/3})，这还是 T(n) = \tilde O(n^{4/3}) 的。而一次询问是 Q(n) = Q(n/2) + \tilde O(n^{1/3}) 的，因此询问还是 \tilde O(n^{1/3}) 的。
综上，我们就得到了一个 \tilde O(n^{4/3}) 的做法。