Atcoder Beginner Contest 200 F - Minflip Summation 题解
网上看到一个挺妙的解法
题意
规定一个 \(01\) 串的价值为其最少需要的区间 \(01\) 翻转次数，使得其成为同色的串。
初始给定一个含有 \(01\) 与若干 \(?\) 字符的初始串 \(S\) ，把 \(K\) 个 \(S\) 收尾相接得到串 \(T\) 。求将 \(T\) 中每个 \(?\) 都换为 \(0\) 或 \(1\) 时，所有串的价值总和。答案对 \(10^9+7\) 取模。
分析
先不考虑 \(?\) 的限制。
考虑将串收尾相接，变成一个环。不难想到，环上的 \(01\) “脉冲”个数一定是偶数。且稍加观察可以得到，当“脉冲”数量为 \(n\) 时，最少需要的区间翻转次数就是 \({n\over 2}\)。
由于等效于一个“脉冲”的贡献是 \({1\over 2}\)，由于其总数为偶数，所以正确性没有影响。
当 \(K\) 个串收尾相连时，只需要算出第一个串的“脉冲”贡献，然后直接乘 \(K\) 即可。
考虑 \(?\) 的限制。
当出现 \(?\) 时，不妨记为 \(s_i=?\) 。（\(s_0=s_n\wedge s_{n+1}=s_1\)）
则从概率角度，\(s_i\) 有 \({1\over 2}\) 的概率是 \(0\)，有 \({1\over 2}\) 的概率是 \(1\) 。
当 \(s_{i-1}\neq ?\) 时，统计量中，一半的 \(s_{i-1}s_i\) 贡献“有脉冲”，为 \({1\over 2}\) ；一半的 \(s_{i-1}s_i\) 贡献“无脉冲”，为 \(0\) 。
等效于一个 \(s_{i-1}s_i\) 的贡献为 \({1\over 4}\) ，同样由于出现 \(?\) 时，总数为偶数，所以正确性没有影响。
同理可得，\(s_{i+1}\neq ?\) 时一个 \(s_is_{i+1}\) 的贡献也为 \({1\over 4}\) 。
而出现 \(s_is_{i+1}=??\) 时，从概率角度，\(00, 01, 10, 11\) 的出现概率都是 \({1\over 4}\)；因此有无脉冲的概率仍均是 \({1\over 2}\) ，贡献同样也为 \({1\over 4}\)。
所以同样当 \(K\) 个串相连时，只需算出第一个串的“脉冲”贡献和 \(?\) 贡献，然后直接乘 \(K\cdot 2^{Kq}\) 算出答案。
代码
记得特判 \(K=1, |S|=1\) 的情况即可。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef double db;
typedef pair<ll, ll> pii;
const int MOD=1e9+7;
inline ll fpow(ll a,ll x) { ll ans=1; for(;x;x>>=1,a=a*a%MOD) if(x&1) ans=ans*a%MOD; return ans; }
inline ll sumq(const string &s) { ll ans=0; for(auto c : s) ans+=(c=='?'); return ans; }
inline ll sumf(const string &s){
ll ans=0;
char lstc=s.back();
for(int i=0;i<s.size();lstc=s[i], ++i)
if(lstc=='?'||s[i]=='?') ++ans;
else if(lstc!=s[i]) ans+=2;
return ans*fpow(4, MOD-2)%MOD;
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0);
cin.tie(0); cout.tie(0);
string s;
ll k;
cin>>s>>k;
cout<<fpow(2, k*sumq(s))*k%MOD*sumf(s)%MOD*(s.size()>1||k>1);
cout.flush();
return 0;
}
感想
第一次见识到这种用概率和期望反过来求统计的方式，非常的 amazing 啊！
说起来，莫名其妙想到量子计算的纠缠态
