P11267 【MX-S5-T1】王国边缘，我的痛你如何懂QWQ

P11267 【MX-S5-T1】王国边缘

显然 \(m\) 一定情况下，每个点有且仅有一个将会跳到的点，这点可以预处理。

每个点都处理完之后，可以从起点开始一直跳，跳 \(k\) 步看终点，这里就可以倍增处理。

难点就在如何预处理，因为我 \(f_{i,0}\) 是在 \(i\) 点跳 \(2^0\) 步所走的距离，这个是要 \(mod 1e9+7\)，而我们是要知道我们会跳到哪个点的，即 \((i+f_{i,0})%n\)，发现模数不一样，要分开处理！！！

其次要求出每个点后 \(m\) 点最远一个 \(1\)，第一个位置的求出来，后面的也可以推出来了，首先，\(f_0\) 时可以简单 \(O(n)\) 计算（因为如果后面 \(3n\) 个都不是的话就说明看不见 \(1\)）。

查找 \(3n\) 次意味着：

• 检查了当前周期的剩余部分

• 检查了下一个完整周期

• 检查了再下一个周期的部分

否则判断 \(i+m\) 是不是 \(1\)，如果不是，则 \(fi=fi-1\)。

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define int ll
#define ls p<<1
#define rs p<<1|1
#define re register 
#define pb push_back
#define pir pair<int,int> 
#define f(a,x,i) for(int i=a;i<=x;i++)
#define fr(a,x,i) for(int i=a;i>=x;i--)
#define lowbit(x) (x&-x)
using namespace std;
const int N=2e5+10;
const int M=5e6+10;
const int mod=1e9+7;
const int INF=1e9+7;
mt19937 rnd(251);

char c[N];
int n,m,q;

int f[N][70];
int nxt[N][70]; 

int r;

void solve(){
	cin>>n>>m>>q;
	
	cin>>c;
	int pre=0;
	for(int i=0;i<n;i++){
		int p=(i+m);
		if(!i){
			int cnt=0;
			while(c[p%n]!='1'&&p!=i){
				p--;
				cnt++;
				if(cnt>=3*n){
					p=i;
					break;
				}
			}
		}
		else{
			if(c[p%n]!='1'){
				p=pre;
			}
		}
		if(p==i){
			p=i+1;
		}
		pre=p;
		nxt[i][0]=p%n;
		f[i][0]=(p-i)%mod;
	}
	
	
	
//	cout<<"\n";
//
//	for(int i=0;i<n;i++){
//		cout<<f[i][0]<<" ";
//	} 
//	cout<<"\n";
//	for(int i=0;i<n;i++){
//		cout<<nxt[i][0]<<" ";
//	}
//	cout<<"\n";
	
	for(int j=1;j<=62;j++){
		for(int i=0;i<n;i++){
			int k=nxt[i][j-1];
			nxt[i][j]=nxt[k][j-1];
			f[i][j]=(f[i][j-1]+f[k][j-1])%mod;
		}
	}
	
	for(int i=1;i<=q;i++){
		int x,k;
		int g;
		cin>>x>>k;
		g=x%mod;
		x--;
		x%=n;
		int ans=0;
		
		int j=0;
		
		for(int j=62;j>=0;j--){
			if((k>>j)&1){
				ans+=f[x][j];
				ans%=mod;
				x=nxt[x][j];
			}
		}
		cout<<(g%mod+ans%mod)%mod<<"\n";
	}
}



signed main(){
//  	freopen("kingdom5.in","r",stdin);
//  	freopen("a.out","w",stdout);
    ios::sync_with_stdio(0);
    cin.tie(nullptr);   
    
    solve();
	
    return 0;
}