LOJ#6074 「2017 山东一轮集训 Day6」
转自 https://www.dazhuanlan.com/2019/12/10/5deec6dec86e4/
原文的 markdown 都挂了，这里修修
设字符集大小为 m，这里 (m=9)，假设字符从 (0) 开始标号。
显然可以 DP，设 (dp_{i,j}) 表示前 (i) 个字符中，以字符 (j) 结尾的本质不同的子序列个数。特殊地，(j=m) 表示子序列为空。有方程：
[dp_{i,j}=egin{cases}dp_{i-1,j} ext{ if } j
e S_i \sum_{k=0}^{m} dp_{i-1,k} ext{ if }j=S_i end{cases}
]
初始值是 (dp_{0,m}=1)。 发现 dp 数组可以写成行向量，记 (F_i=egin{pmatrix}dp_{i,0}cdots dp_{i,1} cdots dp_{i,2} cdots dp_{i,m}end{pmatrix})
而转移可以表示为一个行向量乘上转移矩阵 (M_i) 的形式：
[egin{aligned}M_i = egin{pmatrix}1 & & 1 & & \ & 1 & 1 & & \ & & 1 & & \ & & vdots & ddots & \ & & 1 & & 1 end{pmatrix}
\\ F_i &= F_{i-1}M_i end{aligned}
]
(M_i) 是一个主对角线为 (1)，(S_i) 这一列为 (1)，其余为 (0) 的矩阵。
初始的行向量为 (A=egin{pmatrix}0 & 0 & 0 & cdots & 0 & 1end{pmatrix})
最后由于是求 $$ left(sum_{i=0}^m dp_{n,i}
ight)-1 $$ 所以最后需要乘上列向量
[B=egin{pmatrix}1 \ 1 \ 1 \ vdots \ 1 end{pmatrix}
]
于是对于每个询问，答案可以表示成
[egin{aligned}ans&=AM_lM_{l+1}M_{l+2}cdots M_{r}B\&=AM_{l-1}^{-1}M_{l-2}^{-1}cdots M_1^{-1}M_1M_2cdots M_{r}Bend{aligned}
]
直接维护 (M_i) 和 (M_i^{-1}) 的前缀积（注意顺序），时间复杂度 (O(nm^3+qm^3))。
在维护完 (M_i) 和 (M_i^{-1}) 后，分别右乘一个 B 和左乘一个 A，这样询问部分的复杂度可以降到 (O(qm))。
预处理部分，我们来观察一些特殊性质。对于 (M_i) 的前缀积，我们发现每次要算
[egin{aligned}CM_i&=egin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & C_{0,2} & cdots & C_{0,m} \ C_{1,0} & C_{1,1} & C_{1,2} & cdots & C_{1,m} \ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & cdots & C_{2,m} \ & & & ddots & \ C_{m,0} & C_{m,1} & C_{m,2} & cdots & C_{m,m} end{pmatrix}egin{pmatrix}1 & & 1 & & \ & 1 & 1 & & \ & & 1 & & \ & & vdots & ddots & \ & & 1 & & 1 end{pmatrix} \ &= egin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & sum_{j=0}^m C_{0,j} & cdots & C_{0,m} \ C_{1,0} & C_{1,1} & sum_{j=0}^m C_{1,j} & cdots & C_{1,m} \ C_{2,0} & C_{2,1} & sum_{j=0}^m C_{2,j} & cdots & C_{2,m} \ & & & ddots & \ C_{m,0} & C_{m,1} & sum_{j=0}^m C_{m,j} & cdots & C_{m,m} end{pmatrix}end{aligned}
]
相当于把 (C) 的第 (S_i) 列改成对应行的 (C_{k,j}) 之和。且最后乘上 (B) 相当于求每行的和。那么只要维护 (C) 的每一行之和即可。于是维护 (M_i) 的前缀积乘上 (B) 的复杂度变成了 (O(nm))。
对于 (M_i^{-1}) 的前缀积，我们先根据矩阵求逆的过程手动求出 (M_i^{-1})，发现
[M_i^{-1}=egin{pmatrix}1 & & -1 & & \ & 1 & -1 & & \ & & 1 & & \ & & vdots & ddots & \ & & -1 & & 1 end{pmatrix}
]
即 (M_i^{-1}) 是主对角线为 (1)，第 (S_i) 列除了第 (S_i) 行外是 (-1) 的矩阵。
维护 (M_i^{-1}) 的前缀积时，我们要算
[egin{aligned}M_i^{-1}C&=egin{pmatrix}1 & & -1 & & \ & 1 & -1 & & \ & & 1 & & \ & & vdots & ddots & \ & & -1 & & 1 end{pmatrix}egin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & C_{0,2} & cdots & C_{0,m} \ C_{1,0} & C_{1,1} & C_{1,2} & cdots & C_{1,m} \ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & cdots & C_{2,m} \ & & & ddots & \ C_{m,0} & C_{m,1} & C_{m,2} & cdots & C_{m,m} end{pmatrix} \ &= egin{pmatrix}C_{0,0}-C_{2,0} & C_{0,1}-C_{2,1} & C_{0,2}-C_{2,2} & cdots & C_{0,m}-C_{2,m} \ C_{1,0}-C_{2,0} & C_{1,1}-C_{2,1} & C_{1,2}-C_{2,2} & cdots & C_{1,m}-C_{2,m} \ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & cdots & C_{2,m} \ vdots & vdots & vdots & ddots & vdots \ C_{m,0}-C_{2,0} & C_{m,1}-C_{2,1} & C_{m,2}-C_{2,2} & cdots & C_{m,m}-C_{2,m} end{pmatrix}end{aligned}
]
可以发现，每一列除了 (S_i) 这一行以外都减去的是同一个数，于是我们维护每一列减去的数，例如对于某一列
[egin{pmatrix}x_0-v \ x_1-v \ x_2-v \ vdots \ x_m-v end{pmatrix}
]
要变成
[egin{pmatrix}x_0-v-(x_2-v) \ x_1-v-(x_2-v) \ x_2-v \ vdots \ x_m-v-(x_2-v) end{pmatrix}=egin{pmatrix}x_0-x_2 \ x_1-x_2 \ (2x_2-v)-x_2 \ vdots \ x_m-x_2 end{pmatrix}$
]
于是只需要修改第 (S_i) 那一行的值，并且更新每一列减去的值即可。
最后左乘 (A) 相当于求最后一行的值。由于最后一行不会修改，始终是
(egin{pmatrix}0 & 0 & 0 & cdots & 0 & 1 end{pmatrix})
所以直接减去对应列需要减的数即可。这一部分的时间复杂度也变成了 (O(nm))。
总时间复杂度 (O(nm+qm))。