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;
}