【LOJ #6074】「2017 山东一轮集训 Day6」子序列（矩阵乘法）

传送门

透
好像$pkuwc2020Day1T1$处理方法就是这个
可惜当时劳资没做过这题。。。

显然有一个$dp$是设$f[i][j]$
表示前$i$个最后一个字符是$j(j\in[0,8])$的方案
$f[i][9]$则表示之前一个都没选的方案
初始$f[0][9]=1$
然后有$f[i][s[i]]=\sum_{k=0}^9 f[i-1][k],f[i][j]=f[i-1][j](j\not=s[i])$
其实就是序列自动机上拓扑排序求路径数
所以正确性显然

发现这个转移可以写成矩阵乘法的形式
每次转移就是乘上一个矩阵
$A_i=\left[\begin{matrix}1&0 \cdots1 &0\cdots0 \\0 & 1 \cdots1 &0 \cdots 0 \\ \vdots &\ddots\ 1 &0\cdots 0\\0 &0\cdots1 &0\cdots 0\\0 & 0 \cdots 1 &0 \cdots 1 \end{matrix}\right]$
就是$A[i][i]=1,A[i][s[i]]=1$

实际答案就是
$\left[\begin{matrix} 0&0&\cdots &1\end{matrix}\right]*A_l*A_{l+1}\cdots*A_{r}*\left[\begin{matrix} 1\\ 1\\ \vdots \\1\end{matrix}\right]$
考虑预处理$A$的前缀积
设$B=A^{-1}$
发现$B$就是
$\left[\begin{matrix}1&0 \cdots -1 &0\cdots0 \\0 & 1 \cdots -1 &0 \cdots 0 \\ \vdots &\ddots\ 1 &0\cdots 0\\0 &0\cdots-1 &0\cdots 0\\0 & 0 \cdots -1 &0 \cdots 1 \end{matrix}\right]$
且$A*B=B*A=I$
就是$B[i][i]=1,B[i][s[i]]=-1(i\not =s[i])$
那答案就是
$\left[\begin{matrix} 0&0&\cdots &1\end{matrix}\right]*B_{l-1}*B_{l-2}\cdots*B_1*A_l*A_{l+1}\cdots*A_{r}*\left[\begin{matrix} 1\\ 1\\ \vdots \\1\end{matrix}\right]$

于是考虑预处理$B$左乘的前缀积，$A$右乘的前缀积即可

直接做是$(n+q)m^3$的，$m=10$

考虑怎么快速处理$A,B$
右乘一个$A_i$就是把每一行第$s[i]$个变成这一行的和
于是直接对每一行维护一个和即可
最后乘一个$\left[\begin{matrix} 1\\ 1\\ \vdots \\1\end{matrix}\right]$实际上就是要每一行的和

左乘一个$B_i$就是对于每一列，除了$s[i]$行，其他每个位置都减去第$s[i]$行的值
于是维护一个减的标记即可
若原来一列是$[a_1-x,a_2-x,a_3-x]$
之后就是$[a_1-a_2,(2*a_2-x)-a_2,a_3-a_2]$
直接维护就好了
最后左乘一个$\left[\begin{matrix} 0&0&\cdots &1\end{matrix}\right]$就是要最后一行的所有数

于是可以在$O((n+q)m)$做完了

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define cs const
#define re register
#define pb push_back
#define pii pair<int,int>
#define ll long long
#define fi first
#define se second
#define bg begin
cs int RLEN=1<<20|1;
inline char gc(){
    static char ibuf[RLEN],*ib,*ob;
    (ib==ob)&&(ob=(ib=ibuf)+fread(ibuf,1,RLEN,stdin));
    return (ib==ob)?EOF:*ib++;
}
inline int read(){
    char ch=gc();
    int res=0;bool f=1;
    while(!isdigit(ch))f^=ch=='-',ch=gc();
    while(isdigit(ch))res=(res+(res<<2)<<1)+(ch^48),ch=gc();
    return f?res:-res;
}
inline int readstr(int *s){
	int top=0;char ch=gc();
	while(isspace(ch))ch=gc();
	while(!isspace(ch))s[++top]=ch-'a',ch=gc();
	return top;
}
template<class tp>inline void chemx(tp &a,tp b){a<b?a=b:0;}
template<class tp>inline void chemn(tp &a,tp b){a>b?a=b:0;}
cs int mod=1e9+7;
inline int add(int a,int b){return (a+=b)>=mod?(a-mod):a;}
inline int dec(int a,int b){a-=b;return a+(a>>31&mod);}
inline int mul(int a,int b){static ll r;r=1ll*a*b;return (r>=mod)?(r%mod):r;}
inline void Add(int &a,int b){(a+=b)>=mod?(a-=mod):0;}
inline void Dec(int &a,int b){a-=b,a+=a>>31&mod;}
inline void Mul(int &a,int b){static ll r;r=1ll*a*b;a=(r>=mod)?(r%mod):r;}
inline int ksm(int a,int b,int res=1){for(;b;b>>=1,Mul(a,a))(b&1)&&(Mul(res,a),1);return res;}
inline int Inv(int x){return ksm(x,mod-2);}
inline int fix(int x){return (x<0)?x+mod:x;}
cs int N=100005;
int a[N][10],b[N][10],ta[10][10],sum[10],tb[10][10],tag[10],n;
int s[N];
int main(){
	#ifdef Stargazer
	freopen("lx.in","r",stdin);
	#endif
	n=readstr(s);
	b[0][9]=1;
	for(int i=0;i<10;i++)tb[i][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<10;j++){
			int k=tag[j];tag[j]=tb[s[i]][j];
			tb[s[i]][j]=dec(mul(tb[s[i]][j],2),k);
		}
		for(int j=0;j<10;j++)b[i][j]=dec(tb[9][j],tag[j]);
	}
	for(int i=0;i<10;i++)sum[i]=a[i][i]=1,ta[i][i]=1;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<10;j++){
			int tp=sum[j];Dec(sum[j],ta[j][s[i]]);
			ta[j][s[i]]=tp,Add(sum[j],ta[j][s[i]]);
		}
		for(int j=0;j<10;j++)a[i][j]=sum[j];
	}
	int q=read();
	while(q--){
		int l=read(),r=read();
		int res=0;
		for(int i=0;i<10;i++)Add(res,mul(b[l-1][i],a[r][i]));
		cout<<dec(res,1)<<'\n';
	}
}