首先暴力是考虑对每个询问枚举问号填 1 还是 0，然后把每种可能统计到答案中，复杂度是 (O(2^n imes q)) 的。
然后我们可以观察出一些性质：
比如 1?1，他可能的情况是 111 或者 101，他们在数值上是不连续的，如果能把他们转化成连续的就好做了。
这里就有一个非常巧妙地转化：
还是以 1?1 为例，我们把它看成一个坐标 ((1,?,1))，那么可能的情况就是 ((1,1,1)) 和 ((1,0,1))。
画出坐标系，不难发现他们在立方体中是连续的一段。
我们可以把它推广到多维，记 (sum_{(x_1,x_2,cdots,x_n)}=displaystyle sum_{i_1=0}^{x_1} sum_{i_2=0}^{x_2} cdots sum_{i_n=0}^{x_n} a_{(i_1,i_2,cdots,i_n)})。
这个东西就是一个高维前缀和，可以预处理，我们记录 (S) 中 1 和 ? 的位置，枚举 1 构成的集合的子集，然后容斥原理计算答案。
同理，我们也可以记录 0 出现的位置，进行容斥计算答案。
因为 1，0，? 的个数至少有一个小于等于 (lfloor dfrac{n}{3}
floor)，所以我们统计个数，寻找对应的做法即可。
时间复杂度 (O(2^{lfloor frac{n}{3} floor} imes q))。
#include <bits/stdc++.h>
#define reg register
#define fi first
#define se second
#define mp std::make_pair
#define pb push_back
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
int rd()
{
reg int x=0,f=0;
reg char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)) (ch=='-')&&(f=1),ch=getchar();
while(isdigit(ch)) x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^48),ch=getchar();
return f?-x:x;
}
const int MAXN=1100000;
int n,q;
int pre[MAXN],suf[MAXN],bit[MAXN],val[MAXN];
char s[MAXN];
void work()
{
n=rd(),q=rd();
scanf("%s",s);
for(reg int i=1;i<=(1<<n)-1;++i) bit[i]=bit[i>>1]+(i&1);
for(reg int i=0;i<=(1<<n)-1;++i) val[i]=pre[i]=suf[i]=s[i]-'0';
for(reg int i=1;i<=(1<<n)-1;i<<=1) for(reg int j=i;j<=(1<<n)-1;j=(j+1)|i)
pre[j]+=pre[j^i],suf[j^i]+=suf[j];
while(q--)
{
scanf("%s",s);
int ans=0,cnt1=0,cnt2=0,cnt3=0,bit1=0,bit2=0,bit3=0;
for(reg int i=0;i<n;++i)
{
if(s[i]=='0') ++cnt1,bit1|=1<<(n-i-1);
if(s[i]=='1') ++cnt2,bit2|=1<<(n-i-1);
if(s[i]=='?') ++cnt3,bit3|=1<<(n-i-1);
}
if(cnt1<=cnt2&&cnt1<=cnt3)
{
int tmp=bit1;
do
{
if(bit[tmp]&1) ans-=suf[tmp|bit2];
else ans+=suf[tmp|bit2];
tmp=(tmp-1)&bit1;
} while(tmp!=bit1);
}
else if(cnt2<=cnt1&&cnt2<=cnt3)
{
int tmp=bit2;
do
{
if(bit[tmp^bit2]&1) ans-=pre[tmp|bit3];
else ans+=pre[tmp|bit3];
tmp=(tmp-1)&bit2;
} while(tmp!=bit2);
}
else
{
int tmp=bit3;
do
{
ans+=val[tmp|bit2];
tmp=(tmp-1)&bit3;
} while(tmp!=bit3);
}
printf("%d
",ans);
}
}
int main()
{
int _=1;
// _=rd();
while(_--) work();
return 0;
}