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Solution
乍一看觉得很不可做。
我们来仔细分析
和
的性质。
把每一位拆开分析,可以发现:
(1)无论一位是
还是
,执行
操作后此位一定变成
,并且让
变
的唯一途径是
。
(2)无论一位是
还是
,执行
操作后此位一定变成
,并且让
变
的唯一途径是
。
于是得出,设要求计算结果的第
位为
,那么
(1)
等价于计算过程中必须有一个
, 并且最后一个
后面不能出现
。
(2)
等价于计算过程中没有
,或者最后一个
后面必须出现
。
接下来就是思路点:把运算符序列看作 01 序列,右边(第 n 位)为最高位, AND 为 1 , OR 为 0 ,然后把每一位也看作一个 01 序列,右边为最高位,第 i 位所表示 01 序列的第 j 位为第 j 个操作数的第 i 位。
那么,设操作序列所表示的 01 序列为
,第
位操作数表示的 01 序列为
,那么易得:
(1)
等价于
。
(2)
等价于
。
于是问题转化成:
个
位二进制数,第
个数为
,每次询问,对于每个
,给出
必须小于或者大于等于
的限制,求满足所有
个限制的
位二进制数
的个数。
将
排序之后,可以扫一遍询问给出的
个限制条件,得到形如
的唯一限制。(设
排序之后
,
)
如果
(即
),那么不存在这样的
。询问结果为
。
否则询问结果为
。可利用类似于高精度的方式计算。
Code
#include <cmath>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>
#define For(i, a, b) for (i = a; i <= b; i++)
#define Rof(i, a, b) for (i = a; i >= b; i--)
using namespace std;
inline char read() {char c; while ((c = getchar()) != '0' && c != '1'); return c;}
const int N = 1005, M = 5005, W = 180, PYZ = 1e9 + 7;
int n, m, q, a[N][M], id[M], b[M][W], to[M];
inline bool comp(const int &x, const int &y) {
int i; For (i, 1, (n - 1) / 31 + 1) if (b[x][i] != b[y][i])
return b[x][i] < b[y][i]; return 0;
}
int calc(int l, int r) {
int i, suml = 0, sumr = 0, bas = 1; For (i, 1, n + 1) {
if (a[i][id[l]]) suml = (suml + bas) % PYZ;
if (a[i][id[r]]) sumr = (sumr + bas) % PYZ; bas = 2 * bas % PYZ;
}
return (sumr - suml + PYZ) % PYZ;
}
int main() {
int i, j; cin >> n >> m >> q; For (i, 1, n) For (j, 1, m)
a[i][j] = read() - '0'; a[n + 1][m + 1] = 1;
For (i, 1, m) Rof (j, n, 1) if (a[j][i]) b[i][(n - j) / 31 + 1]
|= 1 << 30 - (n - j) % 31; For (i, 1, m) id[i] = i;
sort(id + 1, id + m + 1, comp); For (i, 1, m) to[id[i]] = i;
id[m + 1] = m + 1; while (q--) {
int l = 0, r = m + 1; For (i, 1, m)
if (read() == '1') r = min(r, to[i]); else l = max(l, to[i]);
if (l >= r) puts("0"); else printf("%d\n", calc(l, r));
}
return 0;
}