Problem
Description
某大学每年都会有一次 (Mystery Hunt) 的活动，玩家需要根据设置的线索解谜，找到宝藏的位置，前一年获胜的队伍可以获得这一年出题的机会。
作为新生的你，对这个活动非常感兴趣。你每天都要从西向东经过教学楼一条很长的走廊，这条走廊是如此的长，以至于它被人戏称为 (Infinite Corridor) 。一次，你经过这条走廊的时候，注意到在走廊的墙壁上隐藏着 (n) 个等长的二进制的数字，长度均为 (m) 。你从西向东将这些数字记录了下来，形成一个含有 (n) 个数的二进制数组 (a_1, a_2 cdots, a_n) 。
很快，在最新的一期 (Voo Doo) 杂志上，你发现了 (q) 个长度也为 (m) 的二进制串 (r_1, r_2, cdots, r_q) 。
聪明的你很快发现了这些数字的含义。
保持数组 (a_1, a_2 cdots, a_n) 的元素顺序不变，你可以在它们之间插入 (land)（按位与运算）或者 (vee)（按位或运算）两种二进制运算符。例如： (11011 land 00111 = 00011，11011 vee 00111 = 11111) 。
你需要插入恰好 (n) 个运算符，相邻两个数之间恰好一个，在第一个数的左边还有一个。如果我们在第一个运算符的左边补入一个 (0) ，这就形成了一个运算式，我们可以计算它的值。与往常一样，运算顺序是从左往右。有趣的是，出题人已经告诉你这个值的可能的集合—— (Voo Doo) 杂志里的那一些二进制数 (r_1, r_2, cdots, r_q) ，而解谜的方法，就是对 (r_1, r_2, cdots, r_q) 中的每一个值 (r_i) ，分别计算出有多少种方法填入这 (mathbf{n}) 个运算符，使得这个运算式的值是 (r_i) 。
然而，(Infinite Corridor) 真的很长，这意味着数据范围可能非常大。因此，答案也可能非常大，但是你发现由于谜题的特殊性，你只需要求答案模(1000000007(10 ^ 9 + 7) , 一个质数)的值。
Input Format
第一行三个数(n,m,q)，含义如题所述。
接下来(n)行，其中第(i)行有一个长度为(m)的二进制串，左边是最高位，表示(a_i)。
接下来(q)行，其中第(i)行有一个长度为(m)的二进制串，左边是最高位，表示(r_i)。
Output Format
输出(q)行，每行一个数，其中第(i)行表示对应于(r_i)的答案。
Sample
Input 1
5 5 1
01110
11011
10000
01010
00100
00100
Output 1
6
Input 2
10 10 3
0100011011
0110100101
1100010100
0111000110
1100011110
0001110100
0001101110
0110100001
1110001010
0010011101
0110011111
1101001010
0010001001
Output2
69
0
5
Explanation
Explanation for Input 1
有以下且仅有以下六个运算式的值是(00100_{2})：(下标2表示被标识的数是二进制数)
(0 land 01110_{2} land 11011_{2} vee { 10000}_{2}{ land 01010}_{2}{ vee 00100}_{2})
(0 vee 01110_{2} {vee 11011}_{2} land { 10000}_{2}{ land 01010}_{2}{ vee 00100}_{2})
(0 land 01110_{2} {vee 11011}_{2} land { 10000}_{2}{ land 01010}_{2}{ vee 00100}_{2})
(0 vee 01110_{2} land 11011_{2} land { 10000}_{2}{land 01010}_{2}{ vee 00100}_{2})
(0 land 01110_{2} {land 11011}_{2} land { 10000}_{2}{ land 01010}_{2}{ vee 00100}_{2})
(0 vee 01110_{2} vee 11011_{2} vee { 10000}_{2}{ vee 01010}_{2}{ land 00100}_{2})
Range
对于 (10\%) 的数据，(n leq 20, m leq 30, q = 1)
对于另外 (20\%) 的数据，(n leq 1000, m leq 16)
对于另外 (40\%) 的数据，(n leq 500, m leq 1000)
对于 (100\%) 的数据，(1 leq n leq 1000, 1 leq m leq 5000, 1 leq q leq 1000)
Algorithm
基数排序可能算一个？？？
Mentality
这个题看起来超级吓人 (......) 难度看起来确实挺大的样子。
但是我们应该冷静思考，先看看数据范围，(10^3) 左右，这大概就只有 (O(nm)) 的复杂度才能过了，最多带点小常数，连 (log) 都带不起。
辣么怎么办呢？冷静分析的话，我们决定单独来按位思考，想想每个二进制数的某一位经过运算的结果。
首先，我们发现每一位的运算符只有四种情况：
(&0,&1,|0,|1)
而我们需要学会发现这四种情况里没啥用的情况，那就是 (&1) 和 (|0) 这两个运算，它们对于运算结果没有任何影响。那么有影响的就只剩下了两种情况：当前位为 (1) 的时候，我们插入 (|) 符号将会使得结果必定为 (1) ，否则结果不变；当前位为 (0) 的时候，我们插入 (&) 符号会使得结果必定为 (0) 。否则结果不变。
那么我们需要做的就变得很简单了：如果询问中这一位为 (1) ，那么我们必需确保最后一个有效的操作 ((&0) 和 (|1)) 为 (|1) ，如果这一位为 (0) ,则必须确保最后一个有效操作为 (&0) 或者没有有效操作 (初始值为 (0)) 。
接着就是一个异常巧妙的转化了：
由于我们发现 (&1) 和 (|0) 这两个东西对结果没有任何影响，那么我们开开脑洞：我们认为 (&) 和 (1) 是等价的，(|) 和 (0) 是等价的！
然后脑洞不要停，我们将当前位每个数前插入运算符构成一个 (01) 串来看，设这个串为 (opt) ，其中的 (&) 运算代表的值就直接设为 (1) ，(|) 运算代表的值直接设为 (0) 。那么我们发现，将 (opt) 与当前位的数构成的 (01) 串对其后，如果数为 (1) ，而 (opt) 的相同位置为 (1) 的话，这一位上的二进制值就是相等的，这符合我们等价的脑洞。
接着，我们会异常惊喜地发现一件事情，根据之前的说法，如果我们要使运算的结果为 (1) ，那么最后一个有效的操作必须为 (|1) ，则对于最后一个有效操作的位置往后，都必须是等价操作 (也即无效操作) 。
而最后一个要求结果为 (1) 的有效操作位置，我们必须填入 (|) ，也就是在 (opt) 串的相同位置，我们的值为 (0) ，而我们此位置往后的位置又全部相等！
想到了什么吗？对！如果我们将 (n) 个数的当前位提出来，从后往前构成一个二进制数的话，我们必须大于当前 (opt) 串代表的二进制数！
举个例子：
这是 (n) 个数的当前位：(1010111)
若要使结果为 (0) ,假设我们最后一个有效操作在第 (5) 位，那么最后两位的运算操作都必须为 (&) 运算，也就是 (1) ，那么我们的操作串如下，(.) 代表既可以填 (1) 有可以填 (0) 。
(opt: ....011)当前位倒过来之后为：(1110101)
操作串倒过来之后为：(opt: 110....)
(opt<) (n) 个数当前位构成的串
总结陈词，我们设 (b_i) 为 (n) 个数的第 (i) 位提出来再倒过来组成的二进制数，那么若 (r_i) 的第 (j) 位为 (1) ，我们必须保证我们的操作串 (opt< b_j) ，而我们已经证明过了，这是必然要求，那么换而言之，如果 (optge b_j) ，这一位的结果就必定为 (0) 。
于是我们的题目变成了好玩的比大小游戏，我们只需要根据 (m) 个和 (opt) 有关的不等式得出结果就好了 (hhhg) 。
那这题的做法出来了！
先预处理出 (b) 数组并排序。
对于当前询问，我们找到满足 (r_i=0) 的最大 (b_i) ，设当前 (i) 为 (L) ，满足 (r_i=1) 的最小 (b_i) ，设当前 (i) 为 (R) ，那么最后的答案肯定就是 (b_R-b_L) 啊 (hhhhh) 。
当然注意当 (L>R) 输出 (0) 。
您问我怎么排序？当然是基数排序啊！常数只有 (2) 的 (O(nm)) 排序算法。
但是如果您不知道基数排序我就没办法了 (QwQ) ，学一下吧，挺简单的。
Code
#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int mod = 1e9 + 7;
int n, m, Q, tag[2], ra[5002], rb[5002], num[5001], mi[1002], t[5002];
char s[5002], q[5002];
void Mod(int &x) { x = (x % mod + mod) % mod; }
int main() {
cin >> n >> m >> Q;
mi[1] = 1;
for (int i = 2; i <= n + 1; i++)
mi[i] = (mi[i - 1] << 1) % mod; //预处理一下幂
for (int i = 1; i <= m; i++) ra[i] = i; //排名
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%s", s + 1);
tag[0] = 0, tag[1] = m; //基排的桶
for (int j = 1; j <= m; j++) {
Mod(num[j] += s[j] == '1' ? mi[i] : 0); //处理 b 数组的值
if (s[j] == '0') tag[0]++;
}
for (int j = m; j >= 1; j--)
rb[tag[s[ra[j]] - '0']--] = ra[j]; //获取下一轮排名
swap(ra, rb); //更新排名
}
ra[m + 1] = m + 1;
num[m + 1] =
mi[n +
1]; //因为如果要求的结果中没有 1 ，那么操作串大小上限就是 2^n-1 了。
while (Q--) {
scanf("%s", q + 1);
int l = 0, r = m + 1;
for (int i = 1; i <= m; i++)
if (q[ra[i]] == '1') {
r = i;
break;
} //找到最小的
for (int i = m; i >= 1; i--)
if (q[ra[i]] == '0') {
l = i;
break;
} //找到最大的
if (l > r)
cout << "0
";
else
printf("%d
", ((num[ra[r]] - num[ra[l]]) % mod + mod) % mod);
}
}