题面

茉优最近研究发现,一个人的想愿能力可以认为是字符串S的一个子串S[l,r],而连接值可以认为是这个子串的本质不同子序列个数。现在她想验证她的结论是否正确,于是她给了你Q个询问,希望你帮她来计算,注意空串也是子序列。

题解

考场上暴力都打错

先考虑暴力,设\(f_i\)为\(i\)下标为终止位置的子序列个数,那么\(f_i\)就等于前面的所有\(f_j,j<i\)的和,不过要减去所有\(s_j=s_i\)的\(f_j\),否则会重复

然后考虑把\(f_i\)给前缀和,先离散化,设一个向量,其中\(A_i\)表示以\(i\)这个值为结尾的子序列个数,最后一个值表示空集,那么转移矩阵就是其它都和单位矩阵一样,第\(s_i\)列全为\(1\)

然后考虑转移矩阵的逆矩阵,就是其它和单位矩阵一样,第\(s_i\)列除主对角线上全为\(-1\),主对角线上为\(1\)

那么,只要我们能够维护\(B_1B_2...B_i\),,记为\(h_i\),以及\(B^{-1}_iB^{-1}_{i-1}...B^{-1}_1\),记为\(c_i\)对于询问,我们就可以快速表示了,为\([0,0,0,...,1]\times h_{l-1}\times c_r\)

如何维护前缀积?以\(h_i\)为例,发现一个矩阵左乘上\(B_i\),就是其它列都不变,第\(s_i\)列的每一个数都变为这一行所有元素的和,动态维护每行的元素和并单列修改即可。而一个矩阵右乘上\(B^{-1}_i\),第\(s_i\)行不变,其它列每个元素\(A_{i,j}\)都减去\(A_{s_i,j}\),可以打个\(tag\)

然而这样是\(O(53^2|S|)\)

考虑\([0,0,0,...,1]\times h_{l-1}\),最终结果就是\(h_{i-1}\)的最下面一行,你们我们对于每个位置的\(h\)只要记录最下面一行就好了。后面要乘上\(c_r\),因为我们最终需要的是整个向量所有数的和,发现每一项都乘了对应行的和,所以每个位置只要记录对应行的和就行了

复杂度\(O(53|S|)\)

///minamoto
#include<bits/stdc++.h>
#define R register
#define fp(i,a,b) for(R int i=a,I=b+1;i<I;++i)
#define fd(i,a,b) for(R int i=a,I=b-1;i>I;--i)
inline int max(const R int &x,const R int &y){return x>y?x:y;}
inline int min(const R int &x,const R int &y){return x<y?x:y;}
using namespace std;
char buf[1<<21],*p1=buf,*p2=buf;
inline char getc(){return p1==p2&&(p2=(p1=buf)+fread(buf,1,1<<21,stdin),p1==p2)?EOF:*p1++;}
int read(){
R int res=1,f=1;R char ch;
while((ch=getc())>'9'||ch<'0')(ch=='-')&&(f=-1);
for(res=ch-'0';(ch=getc())>='0'&&ch<='9';res=res*10+ch-'0');
return res*f;
}
const int N=1e6+5,M=52,P=998244353;
inline int add(R int x,R int y){return x+y>=P?x+y-P:x+y;}
inline int dec(R int x,R int y){return x-y<0?x-y+P:x-y;}
inline int mul(R int x,R int y){return 1ll*x*y-1ll*x*y/P*P;}
int ksm(R int x,R int y){
R int res=1;
for(;y;y>>=1,x=mul(x,x))if(y&1)res=mul(res,x);
return res;
}
int h[N][M+5],c[N][M+5],A[M+5][M+5],tag[M],sum[M];
char s[N];
int a,b,p,q,r,x,y,z,Q,n,la,lb;
inline int calc(R char ch){return ch>='a'?ch-'a'+26:ch-'A';}
int main(){
freopen("sequence.in","r",stdin);
freopen("sequence.out","w",stdout);
scanf("%s",s+1),n=strlen(s+1);
scanf("%d%d%d%d%d%d",&Q,&a,&b,&p,&q,&r);
fp(i,0,M)A[i][i]=sum[i]=1;
fp(i,1,n){
int v=calc(s[i]);
fp(j,0,M){
sum[j]=dec(sum[j],A[j][v]),A[j][v]=add(A[j][v],sum[j]);
sum[j]=add(sum[j],A[j][v]);
h[i][j]=sum[j];
}
}
memset(A,0,sizeof(A));
fp(i,0,M)A[i][i]=1;
fp(i,1,n){
int v=calc(s[i]);
fp(j,0,M){
A[v][j]=dec(A[v][j],tag[j]);
tag[j]=add(tag[j],A[v][j]);
A[v][j]=add(A[v][j],tag[j]);
c[i][j]=dec(A[M][j],tag[j]);
}
}
while(Q--){
la=a,lb=b;
a=(1ll*la*p+1ll*lb*q+z+r)%P;
b=(1ll*lb*p+1ll*la*q+z+r)%P;
x=min(a%n,b%n)+1,y=max(a%n,b%n)+1;
if(x==1)z=h[y][M];
else{
z=0;
fp(i,0,M)z=add(z,mul(c[x-1][i],h[y][i]));
}
// printf("QAQ %d %d %d\n",x,y,z);
}
printf("%d\n",z);
return 0;
}

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