动态 DP 模板题
题目大意：给定一个长度为 \(N\) 且只包含 ?,1,0 的字符串 \(a\)。\(Q\) 次操作，每次操作会修改字符串中的一个字符，并求出此时整个字符串中本质不同的子序列个数。
众所周知，动态 DP 依然是 DP 的一种。
先考虑没有修改操作，那么本题变为一个普通的 DP，我们设 \(dp_{i,0/1}\) 分别表示到第 \(i\) 位，以 \(0/1\) 结尾的本质不同的子序列个数。
考虑转移，以 \(a_i\) 为 0 为例，那么在 \(1\) 到 \(i-1\) 之间的所有本质不同的子序列后都可以加第 \(i\) 位的这个 \(0\)，这些串依旧本质不同且长度不小于 \(2\)，再加上 0 自己本身这种串，又因为 \(a_i\) 为 \(0\)，不可能形成更多的以 \(1\) 结尾的本质不同子序列，所以：
当 \(a_i\) 为 0 时，
-
\(dp_{i,0}=dp_{i-1,0}+(dp_{i-1,1}+1)\)
-
\(dp_{i,1}=dp_{i-1,1}\)
\(a_i\) 为 1 和 ? 的转移同理：
当 \(a_i\) 为 1 时，
-
\(dp_{i,0}=dp_{i-1,0}\)
-
\(dp_{i,1}=dp_{i-1,1}+(dp_{i-1,0}+1)\)
当 \(a_i\) 为 ? 时，
-
\(dp_{i,0}=dp_{i-1,0}+(dp_{i-1,1}+1)\)
-
\(dp_{i,1}=dp_{i-1,1}+(dp_{i-1,0}+1)\)
最终答案为 \(dp_{n,0}+dp_{n,1}\)。
如果对于每次修改，重新做一遍 DP，时间复杂度变为 \(\mathcal{O}(NQ)\)，无法通过，注意到方程的转移是一个线性递推式，这启示我们用矩阵优化转移。我们把递推式写成矩阵的形式，可以用以下的式子描述:
\[S_{a_i}\begin{bmatrix} dp_{i-1,0} \\ dp_{i-1,1} \\ 1\end{bmatrix}=\begin{bmatrix} dp_{i,0} \\ dp_{i,1} \\ 1\end{bmatrix} \]不难写出：
\[S_{0}=\begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 0&1&0 \\ 0&0&1\end{bmatrix},S_{1}=\begin{bmatrix} 1&0&0 \\ 1&1&1 \\ 0&0&1\end{bmatrix},S_{?}=\begin{bmatrix} 1&1&1 \\ 1&1&1 \\ 0&0&1\end{bmatrix} \]那么整个 DP 的转移可以用以下式子表示：
\[\prod_{i=1}^n S_{a_i} \times \begin{bmatrix}0\\0\\1\end{bmatrix} = \begin{bmatrix} dp_{n,0} \\ dp_{n,1} \\ 1\end{bmatrix} \]本质上，一次修改字符的操作就是修改一个字符的转移矩阵。又由上面的式子可知要维护的信息是整个字符串的 \(S_{a_i}\) 的乘积。由于矩阵具有结合律，所以可以用线段树维护。时间复杂度为 \(O(k^3(N + Q \log N))\)，本题中 \(k = 3\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define int long long
#define L p<<1
#define R p<<1|1
#define mid ((l+r)>>1)
using namespace std;
const int INF=0x3f3f3f3f;
const int MOD=998244353;
const int N=100005;
int tot=0;
char a[N];
inline int read(){
int w=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9'){
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9'){
w=(w<<1)+(w<<3)+(ch-48);
ch=getchar();
}
return w*f;
}
struct Matrix{
int x,y,val[5][5];
inline void clear(int a,int b){
x=a; y=b;
for(int i=1;i<=x;i++)
for(int j=1;j<=y;j++) val[i][j]=0;
}
inline void unit(int a,int b){
assert(a==b);
x=a; y=b;
for(int i=1;i<=x;i++)
for(int j=1;j<=y;j++) val[i][j]=(i==j);
}
};
inline Matrix mult(Matrix a,Matrix b){
Matrix ans;
assert(a.y==b.x);
ans.clear(a.x,b.y);
for(int i=1;i<=a.x;i++){
for(int k=1;k<=a.y;k++){
if(!a.val[i][k]) continue;
for(int j=1;j<=b.y;j++){
ans.val[i][j]+=a.val[i][k]*b.val[k][j]%MOD;
ans.val[i][j]=(ans.val[i][j]%MOD+MOD)%MOD;
}
}
}
return ans;
}
Matrix S1,S2,S3,res;
struct Segnode{
Matrix val;
}tr[N<<2];
inline void Pushup(int p){
tr[p].val=mult(tr[L].val,tr[R].val);
}
inline void Build(int p,int l,int r){
if(l==r){
if(a[l]=='0') tr[p].val=S1;
else if(a[l]=='1') tr[p].val=S2;
else tr[p].val=S3;
return ;
}
Build(L,l,mid);
Build(R,mid+1,r);
Pushup(p);
}
inline void Modify(int p,int l,int r,int x,Matrix d){
if(l==r){
tr[p].val=d;
return ;
}
if(x<=mid) Modify(L,l,mid,x,d);
else Modify(R,mid+1,r,x,d);
Pushup(p);
}
inline void Prework(){
S1.unit(3,3);
S1.val[1][2]=S1.val[1][3]=1;
S2.unit(3,3);
S2.val[2][1]=S2.val[2][3]=1;
S3.unit(3,3);
S3.val[1][2]=S3.val[1][3]=S3.val[2][1]=S3.val[2][3]=1;
}
signed main(){
int n,Q;
n=read();Q=read();
scanf("%s",a+1);
Prework();
Build(1,1,n);
while(Q--){
int x=read();
char c[2];
scanf("%s",c+1);
if(c[1]=='0') Modify(1,1,n,x,S1);
else if(c[1]=='1') Modify(1,1,n,x,S2);
else Modify(1,1,n,x,S3);
res.clear(3,1);
res.val[3][1]=1;
res=mult(tr[1].val,res);
printf("%lld\n",(res.val[1][1]+res.val[2][1])%MOD);
}
return 0;
}