CF2077C Binary Subsequence Value Sum 题解

前言：

(虚假的想象学竞赛，实际的数学竞赛)

题意：

给出一个长度为 \(n\) 的二进制序列，我们对于每一个分割点（可以看做在元素与元素之间），其贡献为分割点右边的 \(cnt_1 - cnt_0\) 与左边的 \(cnt_1 - cnt_0\) 乘积，并且定义这个序列的得分为这个序列所有分割点贡献的最大值。

现在希望你求出给定的长度为 \(n\) 的二进制序列的所有子序列的贡献之和（子序列可以不连续，也就是类似于子集的定义）。同时我们有 \(q\) 次询问，每一次都会修改这个二进制序列上的某一个值（使其异或上 \(1\)），对于每一次修改之后都要回答上述的贡献之和。

思路：

显然的，对于一个固定的序列，我们可以 \(O(len)\) 暴力去做，但是很明显非常不优秀，那我们考虑一步一步优化。首先需要明确的是，对于一个固定的序列，其 \(cnt_1 - cnt_0\) 总为一个定值，我们记为 \(p\)。假设任意分割点左边的贡献为 \(a\)，右边的为 \(b = (p-a)\)。那么贡献即为：

\[f(a) = a(p-a)=-a^2+p\cdot a \]

我们需要得到 \(f(a)_{\max},a\in[0,p]\)，其实这个地方的定义域是不严谨的，只是这么写方便理解。那么一般来说最值在 \(a=\frac{p}{2}\) 的时候取到，显然这是在定义域之内的。又因为 \(a\) 是整数，所以我们某一个固定序列的得分即为：

\[\lceil\frac{p}{2}\rceil\cdot \lfloor\frac{p}{2}\rfloor \]

现在考虑如何形式化的表示所有子序列的得分。令 \(x\) 为这个长度为 \(n\) 的序列的 \(cnt_1\) ，\(y\) 为 \(cnt_0\) ，显然 \(x+y=n\) ，给出式子：

\[ans=\frac{1}{4}\sum_{i=0}^{x}\sum_{j=0}^{y}\dbinom{x}{i}\dbinom{y}{j}\left((i-j)^2-[(i-j)\ \&\ 1=1]\right) \]

其中后面中括号包起来很奇怪的那一坨的意义是判断 \(i-j\) 是否为奇数。想等式比较难，但是我觉得等式都列出来了应该不难理解，至于 \(\frac{1}{4}\) 的由来是两个 \(\frac{i-j}{2}\) 提出去的。

现在好像复杂度还是不够优秀，没事我们有数学牢大的帮助。先不考虑后面判断奇偶的问题，只考虑前面的式子。考虑把完全平方展开，对于 \(i^2\) 和 \(j^2\) 发现形式一样，可以只考虑一种。在给出最终推到之前，需要给出一个重要的等式：

\[\sum_{i=0}^{x}\dbinom{x}{i}\cdot i=x\cdot2^{x-1} \]

考虑组合意义（双射）证明，右边式子可以看做先在 \(x\) 个里面选择 \(i\) 个，然后在 \(i\) 个里面选择 \(1\) 个。左边可以看做先在 \(x\) 里面选择 \(1\) 个，然后在剩下的里面选择 \(i-1\) 个，可以证明的是，这是双射的。

运用相同的思想，可以得到：

\[\sum_{i=0}^{x}\dbinom{x}{i}\cdot i^2=x\cdot 2^{x-1}+x(x-1)\cdot2^{x-2} \]

唯一需要的技巧就是把 \(i(i-1)+i\) 分开算。
那么开始暴力简化式子之后就可以得到：

\[ans=\frac{1}{4}\left((x\cdot 2^{n-1}+x(x-1)\cdot 2^{n-2})+(y\cdot 2^{n-1}+y(y-1)\cdot 2^{n-2})-xy\cdot 2^{n-1}\right) \]

这个式子的推导过程是有趣的，但是太长了，请根据上述前置等式自行推导（对于第一次接触组合推导的组合小白来说，这是具有启发性的）。

然后还需处理一个问题，就是那个判断奇偶性的部分，怎么快速处理。我们这样考虑，假设外层的 \(i\) 一直枚举，很显然，要满足 \(i+j\) 是一个奇数，那么必然有内层的 \(j\) 是一个偶数，反之同理，也就是内层存在的贡献应为：

\[\begin{cases} \sum_{j\equiv1\pmod 2}^y\dbinom{x}{j},\left(i\equiv0\pmod2\right)\\ \sum_{j\equiv0\pmod 2}^y\dbinom{x}{j},\left(i\equiv1\pmod2\right) \end{cases} \]

这个两个式子应该是非常著名的，他们的贡献都为 \(2^{y-1}\)，又因为外层的总贡献为 \(2^x\) 所以总贡献就为 \(2^{n-1}\) ，最终答案减去他就好啦，所以：

\[ans=\frac{1}{4}\left((x\cdot 2^{n-1}+x(x-1)\cdot 2^{n-2})+(y\cdot 2^{n-1}+y(y-1)\cdot 2^{n-2})-(xy+1)\cdot 2^{n-1}\right) \]

然后最后就只剩下单个位置修改的问题了，很简单，修改了之后改变一下 \(cnt_{0/1}\) 的值就好啦。

Code:

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<vector> 
#define LL long long
inline int read(){
	char c=getchar();bool f=0;int x=0;
	while(c > '9' || c < '0') f|=c=='-',c=getchar();
	while(c >= '0'&&c <= '9') x=(x<<1)+(x<<3)+(c^48),c=getchar();
	if(f) x=-x;return x;
}
const int N = 2e5 + 10;
const int MOD = 998244353;
char s[N];
int inv2 = (MOD + 1) / 2,p2[N],n,q;
LL cnt[2];

LL calc(LL x)
{
	if(x == 0) return 0;
	else if(x == 1) return x * p2[n - x] % MOD * inv2 % MOD * inv2 % MOD;
	else return (x * p2[x - 1] + x * (x - 1) % MOD * p2[x - 2]) % MOD * p2[n - x] % MOD * inv2 % MOD * inv2 % MOD;
}
void solve()
{
	cnt[0] = cnt[1] = 0;
	n = read(),q = read();
	scanf("%s",s + 1);
	for(int i = 1;i <= n;++i)
		++cnt[s[i] - '0'];
		
	while(q--)
	{
		int id = read();
		--cnt[s[id] - '0'];
		s[id] = '1' - (s[id] - '0');
		++cnt[s[id] - '0'];
		LL ans = 0;
		ans = (calc(cnt[0]) + calc(cnt[1])) % MOD;
		ans = ans - (cnt[0] * cnt[1] % MOD * p2[n - 1] % MOD + p2[n - 1] + MOD) * inv2 % MOD * inv2 % MOD;
		ans = (ans % MOD + MOD) % MOD;
		std::cout << ans << '\n'; 
	}
}


int main() 
{
	int T;
	T = read();
	p2[0] = 1;
	for(int i = 1;i <= N - 10;++i) p2[i] = (p2[i - 1] << 1) % MOD;
	while(T--) solve();
	return 0;
}