Subsequence Count （线段树）
Time Limit: 1000 ms Memory Limit: 256 MB
Description
给定一个01串 $S_{1 \cdots n}$ 和 $Q$ 个操作。
操作有两种类型：
1、将 $[l, r]$ 区间的数取反（将其中的0变成1，1变成0）。
2、询问字符串 $S$ 的子串 $S_{l \cdots r}$ 有多少个不同的子序列。由于答案可能很大，请将答案对 $10^9 + 7$ 取模。
在数学中，某个序列的子序列是从最初序列通过去除某些元素但不破坏余下元素的相对位置（在前或在后）而形成的新序列。
Input
第一行包含两个整数 $N$ 和 $Q$ ，分别表示字符串长度和操作次数。
第二行包含一个字符串 $S$ 。
接下来 $Q$ 行，每行3个整数 $type, l, r$ ，其中 $type$ 表示操作类型， $l, r$ 表示操作区间为 $[l, r]$ 。
Output
对于每一个 $type = 2$ 的询问，输出一个整数表示答案。
由于答案可能很大，请将答案对 $10^9 + 7$ 取模。
Sample Input |
Sample Output |
4 4
1010
2 1 4
2 2 4
1 2 3
2 1 4
|
11
6
8
|
HINT
数据范围与约定
对于5%的数据， $N \leq 20, Q = 1$
对于10%的数据， $N \leq 1000, Q = 1$
对于20%的数据， $N \leq 10^5, Q \leq 10$
对于另外30%的数据， $1 \leq N \leq 10^5, 1 \leq Q \leq 10^5, type = 2$
对于100%的数据， $1 \leq N \leq 10^5, 1 \leq Q \leq 10^5$
题解
这道题很有意思。
首先考虑一下不带修改的解法。
设$f_{i,0}$表示$s_1...s_i$中，以$0$结尾的子序列数量；$f_{i,1}$表示$s_1...s_i$中，以$1$结尾的子序列数量。
则有方程：
若$s_i$为0：$\begin{aligned}f_{i,0}&=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}+1\\f_{i,1}&=f_{i-1,1}\end{aligned}$
若$s_i$为1：$\begin{aligned}f_{i,0}&=f_{i-1,0}\\f_{i,1}&=f_{i-1,0}+f_{i-1,1}+1\end{aligned}$
发现这是一类线性递推，如果用一个1x3的矩阵表示原来的$f_{i,0}$与$f_{i,1}$：$\begin{pmatrix} f_0&f_1&1 \end{pmatrix}\\$（最后的1仅作为辅助计算），乘上一个3x3的转移矩阵来得到下一位的状态呢？
如果序列中这一位$s_i$为0，则在后面乘上这样一个转移矩阵$G_0$：
$$\begin{pmatrix} f_0&f_1&1\end{pmatrix}*\begin{pmatrix} 1&0&0\\1&1&0\\1&0&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} f_0+f_1+1&f_1&1\end{pmatrix}$$
如果这一位$s_i$为1，则在后面乘上另一个转移矩阵$G_1$：
$$\begin{pmatrix} f_0&f_1&1\end{pmatrix}*\begin{pmatrix} 1&1&0\\0&1&0\\0&1&1 \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} f_0&f_0+f_1+1&1\end{pmatrix}$$
那么我们用线段树存储每一位的转移矩阵，查询时直接查询$[l,r]$的矩阵乘积，乘上初始矩阵（其实初始矩阵为$(0,0,1)$乘了相当于没乘），所以直接输出查询矩阵的$[3][1]+[3][2]$即可
处理区间数值翻转操作
最基础的想法就是，将线段树$[l,r]$叶子节点对应的转换矩阵换成另一个转换矩阵。
观察$G_0=\begin{pmatrix} 1&0&0\\1&1&0\\1&0&1 \end{pmatrix}$ 与$G_1=\begin{pmatrix} 1&1&0\\0&1&0\\0&1&1 \end{pmatrix}$
本质上，只需把第一第二行交换一下，再将第一第二列交换一下，它们都能变成对方。
第一第二行交换，相当于在$G$前乘上一个矩阵$A$。第一第二列交换，相当于在$G$后乘上这个矩阵$A$。
$$A=\begin{pmatrix} 0&1&0\\1&0&0\\0&0&1\end{pmatrix}$$
那么：
$A*G1*A=G2$ $A*G2*A=G1$
我们暂且看回原来的模型：计算一个矩阵序列。
如果要对$[l,r]$的数字翻转，假设矩阵序列是$a*b*c*d*e$，考虑如何变换：
按照我们的预想处理方式，那应该变成$(A*a*A)*(A*b*A)*(A*c*A)*(A*d*A)*(A*e*A)$。
此时我们发现，$A*A$居然是单位矩阵...
于是就变成了$A*(a*b*c*d*e)*A$。
相当于对$a*b*c*d*e$直接手动1、2行交换，1、2列交换。
回到线段树，如果要翻转，直接在对应区间维护的矩阵进行 行交换列交换，维护并下传标记即可。
神题啊！
1 #include <cstdio> 2 #include <iostream> 3 using namespace std; 4 typedef long long ll; 5 const int N=100010,Mod=1e9+7; 6 int n,q; 7 char in[N]; 8 struct Mat{ 9 ll a[3][3]; 10 void flip(){ 11 for(int i=0;i<3;i++) swap(a[i][0],a[i][1]); 12 swap(a[0][0],a[1][0]); 13 swap(a[0][1],a[1][1]); 14 } 15 friend Mat operator * (Mat x,Mat y){ 16 Mat ret; 17 for(int i=0;i<3;i++) 18 for(int j=0;j<3;j++){ 19 ret.a[i][j]=0; 20 for(int k=0;k<3;k++) 21 ret.a[i][j]=(ret.a[i][j]+x.a[i][k]*y.a[k][j])%Mod; 22 } 23 return ret; 24 } 25 }; 26 const Mat stand[2]={{1,0,0,1,1,0,1,0,1},{1,1,0,0,1,0,0,1,1}}; 27 struct SegmentTree{ 28 int root,cnt,ch[N*4][2],rev[N*4]; 29 Mat info[N*4]; 30 void build(int &u,int l,int r){ 31 if(!u) u=++cnt; 32 if(l==r){ 33 info[u]=stand[in[l]=='1']; 34 return; 35 } 36 int mid=(l+r)>>1; 37 build(ch[u][0],l,mid); 38 build(ch[u][1],mid+1,r); 39 pushup(u); 40 } 41 void flip(int u,int l,int r,int L,int R){ 42 if(L<=l&&r<=R){ 43 rev[u]^=1; 44 info[u].flip(); 45 return; 46 } 47 pushdown(u); 48 int mid=(l+r)>>1; 49 if(L<=mid) flip(ch[u][0],l,mid,L,R); 50 if(mid<R) flip(ch[u][1],mid+1,r,L,R); 51 pushup(u); 52 } 53 Mat query(int u,int l,int r,int L,int R){ 54 if(L<=l&&r<=R) return info[u]; 55 pushdown(u); 56 int mid=(l+r)>>1; 57 if(R<=mid) return query(ch[u][0],l,mid,L,R); 58 if(mid<L) return query(ch[u][1],mid+1,r,L,R); 59 return query(ch[u][0],l,mid,L,R)*query(ch[u][1],mid+1,r,L,R); 60 } 61 inline void pushup(int u){ 62 info[u]=info[ch[u][0]]*info[ch[u][1]]; 63 } 64 inline void pushdown(int u){ 65 if(!rev[u]) return; 66 rev[ch[u][0]]^=1; rev[ch[u][1]]^=1; 67 info[ch[u][0]].flip(); info[ch[u][1]].flip(); 68 rev[u]=0; 69 } 70 }seg; 71 int main(){ 72 scanf("%d%d%s",&n,&q,in+1); 73 seg.build(seg.root,1,n); 74 int t,l,r; 75 while(q--){ 76 scanf("%d%d%d",&t,&l,&r); 77 if(t==1) 78 seg.flip(seg.root,1,n,l,r); 79 else{ 80 Mat ans=seg.query(seg.root,1,n,l,r); 81 printf("%lld\n",(ans.a[2][0]+ans.a[2][1])%Mod); 82 } 83 } 84 return 0; 85 }
