Atcoder Beginner Contest 200 E. Minflip Summation(概率数论)
题面
一个字符串
T
T
T 是由一个包含 0
、1
、?
的字符串
S
S
S 循环连接
K
K
K 次获得的。
字符串
T
T
T 中的每个 ?
都可以换成 0
或 1
,假设
T
T
T 中一共有
q
q
q 个 ?
,那么把这
q
q
q 个 ?
全部换成 0
或 1
后能得到
2
q
2^q
2q 种不同的
T
′
T'
T′ ,现在求
∑
F
(
T
′
)
\sum F(T')
∑F(T′)
即把这 2 q 2^q 2q 个 F ( T ′ ) F(T') F(T′) 算出来并求和。
其中的 F ( T ′ ) F(T') F(T′) 定义为:用如下操作把 T ′ T' T′ 的所有字符变得相同的最小操作数:
选择一个区间 [ l , r ] [l,r] [l,r] ,把 T l ′ T'_l Tl′ 到 T r ′ T'_r Tr′ 之间(包括端点)的所有字符都异或一.
- 1 ≤ ∣ S ∣ ≤ 1 0 5 1\leq |S|\leq 10^5 1≤∣S∣≤105
- 1 ≤ K ≤ 1 0 9 1\leq K\leq 10^9 1≤K≤109
题解
Subtask 1:“无惑”
首先,我们想想对于没有问号的一个序列 S S S 怎么做。
这应该是经典的差分思想了,把整个数组差分,每次操作相当于令两个不同位置分别异或 1 ,即每次操作能消掉两个 1。
我们再定量地分析,不妨设整个数组最终全变成序列的第一个数字(这样一定不会更优了),那么除了开头以外的每一段连续的 1 或 0 都会贡献一个 1(在差分数组上),然后如果最后一个数字与开头不同,那么一定还要在最后填一个 1,为了使数组全部相同。此时,容易发现 1 的总数一定是偶数,因为我们的值从
S
1
S_1
S1 又回到了
S
1
S_1
S1。所以答案就是 1 的个数除以二,即:
∑
i
=
1
∣
S
∣
(
S
i
=
=
S
i
%
∣
S
∣
+
1
?
0
:
1
)
2
\cfrac{\sum_{i=1}^{|S|}(S_i==S_{i\%|S|+1}?\;\;0:1)}{2}
2∑i=1∣S∣(Si==Si%∣S∣+1?0:1)
那么如果这个序列连续拼接
K
K
K 个呢?由于最后一个字符刚好和下一个串的第一个字符相邻,容易发现答案是
K
∗
∑
i
=
1
∣
S
∣
(
S
i
=
=
S
i
%
∣
S
∣
+
1
?
0
:
1
)
2
\cfrac{K*\sum_{i=1}^{|S|}(S_i==S_{i\%|S|+1}?\;\;0:1)}{2}
2K∗∑i=1∣S∣(Si==Si%∣S∣+1?0:1)
即之前的答案直接乘个 K K K 就是了。
Subtask 2:“释疑”
如果有问号呢?
一段连续的问号转变后可能千变万化,毫无内在联系,我们换个角度想。
由于每个问号互不相干,它们变成 1 或 0 的概率也互不相干,即:设 S i = 1 ( / 0 ) S_i=1(/0) Si=1(/0) 为事件 A A A, S j = 1 ( / 0 ) ( j ≠ i ) S_j=1(/0)~(j\not=i) Sj=1(/0) (j=i) 为事件 B B B ,则 P ( A ∣ B ) = P ( A ) , P ( B ∣ A ) = P ( B ) P(A|B)=P(A),P(B|A)=P(B) P(A∣B)=P(A),P(B∣A)=P(B)。
那么我们可以分开考虑每相邻两个数不同的概率,然后算出期望不同总数,(设
S
S
S 中问号个数为
q
q
q)答案即为
K
∗
E
(
∑
i
=
1
∣
S
∣
(
S
i
=
=
S
i
%
∣
S
∣
+
1
?
0
:
1
)
)
2
∗
2
q
K
\cfrac{K*E\Big(\sum_{i=1}^{|S|}(S_i==S_{i\%|S|+1}?\;\;0:1)\Big)}{2}*2^{qK}
2K∗E(∑i=1∣S∣(Si==Si%∣S∣+1?0:1))∗2qK
现在分情况考虑相邻的数,定义一个函数 f ( i , j ) = f(i,j)= f(i,j)=
- S i , S j S_i,S_j Si,Sj 其中一个是问号: 1 + 0 2 = 1 2 \frac{1+0}{2}=\frac{1}{2} 21+0=21 (一半的概率不同)
- S i , S j S_i,S_j Si,Sj 都是问号: 1 + 1 + 0 + 0 4 = 1 2 \frac{1+1+0+0}{4}=\frac{1}{2} 41+1+0+0=21 (四种情况,两种情况不同)
- S i , S j S_i,S_j Si,Sj 都不是问号: S i = = S j ? 0 : 1 S_i==S_j?\;\;0:1 Si==Sj?0:1
把分开的期望加起来,答案为:
K
∗
∑
i
=
1
∣
S
∣
f
(
i
,
i
%
∣
S
∣
+
1
)
2
∗
2
q
K
\cfrac{K*\sum_{i=1}^{|S|}f(i,i\%|S|+1)}{2}*2^{qK}
2K∗∑i=1∣S∣f(i,i%∣S∣+1)∗2qK
CODE
#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define eps 1e-9
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
const int MOD = 1000000007,inv2 = 1000000008/2;
int n,m,i,j,s,o,k;
char ss[MAXN];
int t[MAXN];
int qkpow(int a,LL b) {
int res = 1;
while(b > 0) {
if(b & 1) res = res *1ll* a % MOD;
a = a *1ll* a % MOD; b >>= 1;
}return res;
}
int main() {
scanf("%s",ss + 1);
n = strlen(ss + 1);
m = read();
if(n*1ll*m == 1) {printf("0\n");return 0;}
int cn = 0,cnt = 0;
LL cn2 = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) if(ss[i] == '?') cnt ++;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
int ct = 0,j = i+1; if(j > n) j = 1;
if(ss[i] == '?') ct ++;
if(ss[j] == '?') ct ++;
if(ct) (cn += inv2) %= MOD;
else {
if(ss[i] != ss[j]) (cn += 1) %= MOD,cn2 ++;
}
}
cn = cn *1ll* m % MOD;
int ans = cn *1ll* qkpow(qkpow(qkpow(2,cnt),m),1) % MOD;
ans = ans *1ll* inv2 % MOD;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}