题面

一个字符串

T

T

T 是由一个包含 01? 的字符串

S

S

S 循环连接

K

K

K 次获得的。

字符串

T

T

T 中的每个 ? 都可以换成 01 ,假设

T

T

T 中一共有

q

q

q 个 ? ,那么把这

q

q

q 个 ? 全部换成 01 后能得到

2

q

2^q

2q 种不同的

T

T'

T′ ,现在求

F

(

T

)

\sum F(T')

∑F(T′)

即把这

2

q

2^q

2q 个

F

(

T

)

F(T')

F(T′) 算出来并求和。

其中的

F

(

T

)

F(T')

F(T′) 定义为:用如下操作把

T

T'

T′ 的所有字符变得相同的最小操作数

选择一个区间

[

l

,

r

]

[l,r]

[l,r] ,把

T

l

T'_l

Tl′​ 到

T

r

T'_r

Tr′​ 之间(包括端点)的所有字符都异或一.

  • 1

    S

    1

    0

    5

    1\leq |S|\leq 10^5

    1≤∣S∣≤105

  • 1

    K

    1

    0

    9

    1\leq K\leq 10^9

    1≤K≤109

题解

Subtask 1:“无惑”

首先,我们想想对于没有问号的一个序列

S

S

S 怎么做。

这应该是经典的差分思想了,把整个数组差分,每次操作相当于令两个不同位置分别异或 1 ,即每次操作能消掉两个 1。
我们再定量地分析,不妨设整个数组最终全变成序列的第一个数字(这样一定不会更优了),那么除了开头以外的每一段连续的 1 或 0 都会贡献一个 1(在差分数组上),然后如果最后一个数字与开头不同,那么一定还要在最后填一个 1,为了使数组全部相同。此时,容易发现 1 的总数一定是偶数,因为我们的值从

S

1

S_1

S1​ 又回到了

S

1

S_1

S1​。所以答案就是 1 的个数除以二,即:

i

=

1

S

(

S

i

=

=

S

i

%

S

+

1

?
    

0

:

1

)

2

\cfrac{\sum_{i=1}^{|S|}(S_i==S_{i\%|S|+1}?\;\;0:1)}{2}

2∑i=1∣S∣​(Si​==Si%∣S∣+1​?0:1)​

那么如果这个序列连续拼接

K

K

K 个呢?由于最后一个字符刚好和下一个串的第一个字符相邻,容易发现答案是

K

i

=

1

S

(

S

i

=

=

S

i

%

S

+

1

?
    

0

:

1

)

2

\cfrac{K*\sum_{i=1}^{|S|}(S_i==S_{i\%|S|+1}?\;\;0:1)}{2}

2K∗∑i=1∣S∣​(Si​==Si%∣S∣+1​?0:1)​

即之前的答案直接乘个

K

K

K 就是了。

Subtask 2:“释疑”

如果有问号呢?

一段连续的问号转变后可能千变万化,毫无内在联系,我们换个角度想。

由于每个问号互不相干,它们变成 1 或 0 的概率也互不相干,即:设

S

i

=

1

(

/

0

)

S_i=1(/0)

Si​=1(/0) 为事件

A

A

A,

S

j

=

1

(

/

0

)

(

j

i

)

S_j=1(/0)~(j\not=i)

Sj​=1(/0) (j​=i) 为事件

B

B

B ,则

P

(

A

B

)

=

P

(

A

)

,

P

(

B

A

)

=

P

(

B

)

P(A|B)=P(A),P(B|A)=P(B)

P(A∣B)=P(A),P(B∣A)=P(B)。

那么我们可以分开考虑每相邻两个数不同的概率,然后算出期望不同总数,(设

S

S

S 中问号个数为

q

q

q)答案即为

K

E

(

i

=

1

S

(

S

i

=

=

S

i

%

S

+

1

?
    

0

:

1

)

)

2

2

q

K

\cfrac{K*E\Big(\sum_{i=1}^{|S|}(S_i==S_{i\%|S|+1}?\;\;0:1)\Big)}{2}*2^{qK}

2K∗E(∑i=1∣S∣​(Si​==Si%∣S∣+1​?0:1))​∗2qK

现在分情况考虑相邻的数,定义一个函数

f

(

i

,

j

)

=

f(i,j)=

f(i,j)=

  • S

    i

    ,

    S

    j

    S_i,S_j

    Si​,Sj​ 其中一个是问号:

    1

    +

    0

    2

    =

    1

    2

    \frac{1+0}{2}=\frac{1}{2}

    21+0​=21​ (一半的概率不同)

  • S

    i

    ,

    S

    j

    S_i,S_j

    Si​,Sj​ 都是问号:

    1

    +

    1

    +

    0

    +

    0

    4

    =

    1

    2

    \frac{1+1+0+0}{4}=\frac{1}{2}

    41+1+0+0​=21​ (四种情况,两种情况不同)

  • S

    i

    ,

    S

    j

    S_i,S_j

    Si​,Sj​ 都不是问号:

    S

    i

    =

    =

    S

    j

    ?
        

    0

    :

    1

    S_i==S_j?\;\;0:1

    Si​==Sj​?0:1

把分开的期望加起来,答案为:

K

i

=

1

S

f

(

i

,

i

%

S

+

1

)

2

2

q

K

\cfrac{K*\sum_{i=1}^{|S|}f(i,i\%|S|+1)}{2}*2^{qK}

2K∗∑i=1∣S∣​f(i,i%∣S∣+1)​∗2qK

CODE

#include<map>
#include<queue>
#include<stack>
#include<cmath>
#include<vector>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
using namespace std;
#define MAXN 100005
#define ENDL putchar('\n')
#define LL long long
#define DB double
#define lowbit(x) ((-x) & (x))
#define eps 1e-9
LL read() {
LL f = 1,x = 0;char s = getchar();
while(s < '0' || s > '9') {if(s=='-')f = -f;s = getchar();}
while(s >= '0' && s <= '9') {x=x*10+(s-'0');s = getchar();}
return f * x;
}
const int MOD = 1000000007,inv2 = 1000000008/2;
int n,m,i,j,s,o,k;
char ss[MAXN];
int t[MAXN];
int qkpow(int a,LL b) {
int res = 1;
while(b > 0) {
if(b & 1) res = res *1ll* a % MOD;
a = a *1ll* a % MOD; b >>= 1;
}return res;
}
int main() {
scanf("%s",ss + 1);
n = strlen(ss + 1);
m = read();
if(n*1ll*m == 1) {printf("0\n");return 0;}
int cn = 0,cnt = 0;
LL cn2 = 0;
for(int i = 1;i <= n;i ++) if(ss[i] == '?') cnt ++;
for(int i = 1;i <= n;i ++) {
int ct = 0,j = i+1; if(j > n) j = 1;
if(ss[i] == '?') ct ++;
if(ss[j] == '?') ct ++;
if(ct) (cn += inv2) %= MOD;
else {
if(ss[i] != ss[j]) (cn += 1) %= MOD,cn2 ++;
}
}
cn = cn *1ll* m % MOD;
int ans = cn *1ll* qkpow(qkpow(qkpow(2,cnt),m),1) % MOD;
ans = ans *1ll* inv2 % MOD;
printf("%d\n",ans);
return 0;
}

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