【ABC200F】Minflip Summation

\(\texttt{ABC200 }\text{Minflip Summation}\)

给定由 1，0，? 构成的字符串 \(S'\) 和正整数 \(k\) ，从而得到 \(k\) 个 \(S'\) 顺序拼接而成的字符串 \(S\) 。? 可以任意地填写 1 或 0 ，设 \(S'\) 中的 ? 数量为 \(q\) ，这样得到了 \(2^{qk}\) 个新字符串。考虑用最少的步数将每一个新字符串变换成全由 1 构成的字符串或者由 0 构成的字符串，变换规则为区间取反。输出这些最少步数的总和。答案模 \(1e9+7\) 。数据范围：\(1\le|S'|\le 1e5,1\le k\le 1e9\) 。

第一个小 trick 是考虑异或差分，按位异或的逆运算也是按位异或。这样，区间修改就转化为单点修改。目标是使差分数组均变为 0 ，单点修改可以一次只取反一个，也可以一次取反两个，所以只需要考察有几个 01 段和 10 段。设有 \(k\) 个这样的段，则至少需要修改 \(\lfloor\frac{k+1}{2}\rfloor\) 次修改，且可以做到。具体地，两两配对修改后，若还有剩余一个点，再修一次。据此，先考虑不存在 ? 的情况 ，从左往右扫来转移，修改次数增加当且仅当段数从偶数变化到奇数，可以得到：

• 若当前位为 0 ，那么修改次数增加的充要条件是第一位为 1 且前一位为 1 。
• 若当前位为 1 ，那么修改次数增加的充要条件是第一位为 0 且前一位为 0 。

所以，次数的增加与否，仅和第一位和前一位有关。

在加入 ? 后，只需要把 \(\text{mark}_i(\text{第一位},\text{前一位})\) 的推广到 \(\text{cnt}_i(\text{第一位},\text{前一位})\) ，也就是说，某种状态可能不只出现一次，但步数的增加方式是类似的。

设计状态：

\[\begin{pmatrix} \text{cnt}_i(0,0) \\ \text{cnt}_i(0,1) \\ \text{cnt}_i(1,0) \\ \text{cnt}_i(1,1) \\ \sum_{j=1}^i\text{step}_j \end{pmatrix} \]

简记为 \(\text{A}_i\) 。考虑从第 \(i-1\) 到第 \(i\) 位的转移矩阵 \(M_i\) ：

• 若第 \(i\) 位是 0 ，则转移矩阵 \(\text{Zero}\) ：

\[\begin{pmatrix} 1 &1 &0 &0 &0\\ 0 &0 &0 &0 &0\\ 0 &0 &1 &1 &0\\ 0 &0 &0 &0 &0\\ 0 &0 &0 &1 &1 \end{pmatrix} \]

• 若第 \(i\) 位是 1 ，则转移矩阵 \(\text{One}\) ：

\[\begin{pmatrix} 0 &0 &0 &0 &0\\ 1 &1 &0 &0 &0\\ 0 &0 &0 &0 &0\\ 0 &0 &1 &1 &0\\ 1 &0 &0 &0 &1 \end{pmatrix} \]

• 若第 \(i\) 位是 ? ，则转移矩阵 \(\text{Que}=\text{Zero}+\text{One}\)

将 \(k\) 个 \(S'\) 拼接，只需求出 \(\prod_{i=1}^{|S'|}M_i\) 后套个快速幂即可。

总复杂度 \(O(|S'|+\log(k))\)​ 。

\(\square\)