expr

这道题的trick我见过好几次了。
但是在考场上一点印象也没有。
还好在学普及组时学了表达式树，成功获得70分。
先建立原串的表达式树。
容易发现数组的每个元素是独立的。
于是问题转化为：(O(n))次给定一个数组(ar)，给定一个固定的树，每个叶子节点上有固定的权值(b)。
询问时把叶子节点(i)权值改为(ar_{b_i})
树上每个非叶子节点是(min)或者(max)节点，表示这个节点的值是儿子节点的(min)或者(max)。询问根节点的值。
根节点的值只有(O(m))种，考虑每个值对答案的贡献，设值(v)出现了(y_v)次，就是(sum_i y_v*v)。
使用等于转大于转化，就是要求(sum_i [igeq a_i])，其中(a)是值的数组。
把(a)从小到大排序。显然(a_{i-1}+1 o a_i)的([igeq a_i])是相同的，可以把([igeq a_i])算出后累加(a_i-a_{i-1})次。
接下来就只用关心每个值和(i)的大小关系。
根据heoi某题，把(geq i)的赋值成(1)，把(<i)的赋值为0。求出根节点为(0/1)的方案数，可以用dp。
设(f_{i,0/1})表示以(i)为根的子树的值为(0/1)的方案数，转移显然。
但是这样子对时间复杂度没有改进。
由于(m)非常小，所以可以预处理出(2^m)种叶子结点取值为(0/1)的情况，然后可以(O(1))查询。
最终时间复杂度(O(nmlog_2m+|E|2^m))

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mo 1000000007
#define N 200010
#define int long long
struct no{
	int x,y;
}s2[N],b[N];
int operator <(no x,no y){
	return x.x<y.x;
}
int operator ==(no x,no y){
	return x.x==y.x;
}
int n,m,a[N][12],ct,s1[N],t1,t2,op[N],lc[N],rc[N],s3[N],s4[N],ans[N][2],f[N][2],rt,va[N];
char s[N];
void dfs(int x){
	int l=lc[x],r=rc[x];
	if(l)
		dfs(l);
	if(r)
		dfs(r);
	if(!l&&!r)
		f[x][va[x]]=1;
	else{
		if(op[x]!=-1){
			f[x][1]=(f[l][1]*f[r][1]%mo+f[l][0]*f[r][1]%mo+f[l][1]*f[r][0]%mo)%mo;
 			f[x][0]=f[l][0]*f[r][0]%mo;
		}
		if(op[x]!=-2){
			f[x][1]=(f[x][1]+f[l][1]*f[r][1])%mo;
			f[x][0]=(f[x][0]+f[l][0]*f[r][0]%mo+f[l][1]*f[r][0]%mo+f[l][0]*f[r][1]%mo)%mo;
		}
	}
}
signed main(){
	scanf("%lld%lld",&n,&m);
	for(int i=0;i<m;i++)
		for(int j=1;j<=n;j++)
			scanf("%lld",&a[j][i]);
	scanf("%s",s+1);
	int l=strlen(s+1);
	s[0]='(';
	s[l+1]=')';
	for(int i=0;i<=l+1;i++){
		if(isdigit(s[i])){
			s1[++t1]=++ct;
			op[ct]=s[i]-'0';
		}
		else if(s[i]=='>'||s[i]=='<'||s[i]=='?'){
			s2[++t2]=(no){++ct,1};
			if(s[i]=='<')
				op[ct]=-1;
			else if(s[i]=='>')
				op[ct]=-2;
			else
				op[ct]=-3;
		}
		else if(s[i]=='(')
			s2[++t2]=(no){0,0};
		else{
			int t3=0,t4=0,cc=0;
			while(s2[t2].y){
				s3[++t3]=s2[t2].x;
				t2--;
				cc++;
			}
			t2--;
			for(int j=1;j<=cc+1;j++){
				s4[++t4]=s1[t1];
				t1--;
			}
			reverse(s4+1,s4+t4+1);
			reverse(s3+1,s3+t3+1);
			int la=s4[1],ll;
			for(int i=1;i<=t3;i++){
				lc[s3[i]]=la;
				rc[s3[i]]=s4[i+1];
				la=s3[i];
				rt=s3[i];
			}
			s1[++t1]=la;
		}
	}
	for(int i=0;i<(1<<m);i++){
		for(int j=1;j<=ct;j++)
			va[j]=f[j][0]=f[j][1]=0;
		for(int j=1;j<=ct;j++)
			if(op[j]>=0){
				if(i&(1<<op[j]))
					va[j]=1;
				else
					va[j]=0;
			}
		dfs(rt);
		ans[i][0]=f[rt][0];
		ans[i][1]=f[rt][1];
	}
	int vv=0;
	for(int i=1;i<=n;i++){
		for(int j=0;j<m;j++)
			b[j]=(no){a[i][j],j};
		sort(b,b+m);
		reverse(b,b+m);
		int va=0;
		for(int j=1;j<=m;j++){
			for(int k=0;k<m;k++)
				if((!(va&(1<<b[k].y)))&&b[j-1].x==b[k].x)
					va+=(1<<b[k].y);
			vv=(ans[va][1]*(b[j-1].x-b[j].x)%mo+vv)%mo;
		}
	}
	printf("%lld",vv);
}