【题目背景】
岁岁花藻檐下共将棠梨煎雪。
自总角至你我某日辗转天边。
天淡天青，宿雨沾襟。
一年一会信笺却只见寥寥数言。
——银临《棠梨煎雪》
【问题描述】
扶苏正在听《棠梨煎雪》的时候，山东省实验中学的 zzh 发来一道IOI2018集训队 互测题：我切了这集训队题，辣鸡扶苏快过来做题。扶苏定睛一看，这不 s* 题嘛，写 了一发交上去才发现自己看错题目了。但是写完的代码不能浪费，于是就有了这道题。
歌词中的主人公与她的朋友一年会有一次互相写信给对方，一共通信了 m 年。为了 简化问题，我们认为他们每封信的内容都是一条二进制码，并且所有二进制码的长度都 是 n。即每封信的内容都是一个长度为 n 的字符串，这个字符串只含字符 0 或 1。
这天她拿出了朋友写给她的所有信件，其中第 i 年的写的信件编号为 i。由于信件 保存时间过久，上面有一些字符已经模糊不清，我们将这样的位置记为 ?，? 字符可以 被解释为 0 或 1。由于她的朋友也是人，符合人类的本质，所以朋友在一段连续的时间 中书写的内容可能是相同的。现在她想问问你，对于一段连续的年份区间 [l,r] 中的所 有信件，假如朋友在这段时间展示了人类的本质，所写的是同一句话，那么这一句话一 共有多少种可能的组成。也即一共有多少字符串 S，满足在这个区间内的所有信件的内 容都可能是 S。
一个长度为 n 的只含 0,1,? 的字符串 A 可能是一个字符串 B 当且仅当 B 满足如 下条件：
- B 的长度也是 n
- B 中只含字符 0,1
- A 中所有为 0 的位置在 B 中也是 0
- A 中所有为 1 的位置在 B 中也是 1
- A 中为 ? 的位置在 B 中可以为 0 也可以是 1
同时她可能会突然发现看错了某年的信的内容，于是他可能会把某一年的信的内容 修改为一个别的只含 0,1,? 的长度为 n 的字符串。
【输入格式】
输入文件名为 lin.in。
输入文件中有且仅有一组数据，第一行为三个正整数 n,m,q，代表字符串长度，字 符串个数和操作次数。
下面 m 行，每行是一个长度为 n 的字符串，第 i 个字符串代表第 i 年信的内 容。
下面 q 行，每行的第一个数字是操作编号 opt。
如果 opt=0，那么后面接两个整数 [l,r]，代表一次查询操作
如果 opt=1，那么后面接一个整数 pos，在一个空格后会有一个长度为 n 的字符 串，代表将第 pos 个字符串修改为新的字符串。
【输出格式】
输出文件名为 lin.out。
对于每个查询操作，输出一行一个整数代表答案。
SOLUTION：
子任务 1： 0 次询问，直接 freopen 即可得分，期望得分 5 分。
子任务 2： 考虑在询问的时候枚举所有可能出现的串，然后遍历区间所有的字符串看看是否 合法。由于字符串长度为 n，且每个位置只可能是 0/1，所以一共有 2 n 中情况。时间 复杂度 O(2 nmq)，期望得分 10 分。
子任务 3： 考虑对于一段区间的所有字符串的第 x 个字符，一共有四种可能，确定为 0，确 定为 1，都可以，都不可以。如果都不可以则输出0，如果确定为 0 或 1，则这一位 只有一种可能，否则有两种可能，根据乘法原理，如果有 a 个位置都可以，则会有 2 a 种可能。输出答案即可。时间复杂地 O(nmq)，期望得分 15 分。
（感觉我的代码就是介个思路呀，但是我肿么没有分呢？？又玄学啦（改了几行吧，就对了可海星））
（啊经过一晚上不懈努力，我终于知道我错哪了：1.cnt1没有memset，然后l==r的特判也不到家（所以emm对自己无语惹））
45pts（数据水的说qwq）
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char last=' ',ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') last=ch,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); if(last=='-') ans=-ans; return ans; } int n,m,q,opt,l,r; char s[100008][31]; int cx(int l,int r){ long long cnt1; int ans=1; int qj=r-l+1; for(int i=1;i<=n;i++){ char d=' '; cnt1=0; for(int j=l;j<=r;j++){ if(s[j][i]=='?'){ cnt1++; continue; } if(d==' ') d=s[j][i]; if(d==s[j][i]) continue; else return 0; } if(cnt1==qj) ans*=2; } return ans; } int main(){ n=read();m=read();q=read(); if(m==1) return 0; for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%s",s[i]+1); for(int i=1;i<=q;i++){ opt=read(); if(opt==0){ l=read();r=read(); cout<<cx(l,r)<<" "; } else { char ss[31]; int f=read(); scanf("%s",ss+1); for(int i=1;i<=n;i++){ s[f][i]=ss[i]; } } } return 0; }
#include<bits/stdc++.h> using namespace std; inline int read(){ int ans=0; char last=' ',ch=getchar(); while(ch<'0'||ch>'9') last=ch,ch=getchar(); while(ch>='0'&&ch<='9') ans=ans*10+ch-'0',ch=getchar(); if(last=='-') ans=-ans; return ans; } int n,m,q,opt,l,r; char s[100008][31]; int cx(int l,int r){ int cnt1[31]; memset(cnt1,0,sizeof(cnt1)); if(l==r) { int cnt=1; for(int i=1;i<=n;i++) if(s[l][i]=='?') cnt*=2; return cnt; } int k=l; for(int i=1;i<=n;i++){ char d='x'; for(int j=l;j<=r;j++){ if(s[j][i]=='?'){ cnt1[i]++; continue; } if(d=='x') d=s[j][i]; if(d==s[j][i]) continue; else return 0; } } int ans=1; int qj=r-l+1; for(int i=1;i<=n;i++){ if(cnt1[i]==qj) ans*=2; else ans*=1; } return ans; } int main(){ freopen("lin.in","r",stdin); freopen("lin.out","w",stdout); n=read();m=read();q=read(); if(m==1) return 0; for(int i=1;i<=m;i++) scanf("%s",s[i]+1); for(int i=1;i<=q;i++){ opt=read(); if(opt==0){ l=read();r=read(); cout<<cx(l,r)<<" "; } else { char ss[31]; int f=read(); scanf("%s",ss+1); for(int i=1;i<=n;i++){ s[f][i]=ss[i]; } } } return 0; }
好了接下来是正解做法了（我不保证我能看懂因为zay太爱用指针啦）
的一部分（突然发现还有好多子任务的说）
子任务 4：
考虑 n 只有 30，可以状压到 int 中，具体的，维护两个 int，第一个 int 维 护对应位是否确定为 0 或 1，第二个 int 维护如果确定为 0 或 1 了则具体是 0 还 是 1。通过位运算操作一下可以快速的该区间内的信息。
具体的，考虑 a1,a2 是从 L 到某个位置左侧的区间信息，b1,b2 是该位置的区 间信息，如果该询问没有能匹配的字符串，则 (a1|b1)&(a2^b2) 应该不为 0，输出 0 即可。否则 a1=a1|b1;a2=(a1|b1)&(a2&b2)。
验题人的神仙做法是维护一个 longlong，两个二进制位一组，01 代表确定为 0，10代表确定为 1，11 代表都可以，00 代表不合法，维护的时候直接按位与即可。 时间复杂度 O(mq)，期望得分 15 分。
子任务 5：
考虑 n 只有 1，可以开一个线段树维护每个位置的字符是什么，pushup的时候操 作一下即可。时间复杂度 O(q logm)，期望得分 15 分。
子任务 6：
世界上没有什么事情是开一棵线段树不能解决的。如果有，那就开 30 棵。时间 复杂度 O(nq logm)，期望得分 10 分。
子任务 7：
考虑用一棵线段树维护子任务 4 中的状压信息，通过位运算可以把 n 省掉，于 是总复杂度 O(nq + qlogm)，期望得分 30 分。
#include <cstdio> template <typename T> inline void qr(T &x) { char ch = getchar(), lst = ' '; while ((ch > '9') || (ch < '0')) lst = ch, ch=getchar(); while ((ch >= '0') && (ch <= '9')) x = (x << 1) + (x << 3) + (ch ^ 48), ch = getchar(); if (lst == '-') x = -x; } const int maxn = 100010; int n, m, q; char s[maxn][35]; #ifdef ONLINE_JUDGE int Ans; #endif struct Tree { Tree *ls, *rs; int l, r, x/*int1*/, y/*int2*/; bool leg;//判断 Tree() { ls = rs = NULL; l = r = x = y = 0; leg = true; } void pushup() { if (!(this->ls->leg && this->rs->leg)) {//左右子树都不合法 this->leg = false; } else { if ((this->ls->x & this->rs->x) & (this->ls->y ^ this->rs->y)) { //只有当左右儿子对应位置是否全为1或0都相同并且左右儿子对应的y不相同时，显然不合法 this->leg = false; } else { this->leg = true; this->x = this->ls->x | this->rs->x; this->y = this->ls->y | this->rs->y; } } } }; Tree *rot; void ReadStr(char *p); void Update(const int x); void Query(const int l, const int r); void update(Tree *const u, const int p); Tree query(Tree *u, const int l, const int r); void build(Tree *const u, const int l, const int r); int main() { freopen("lin.in", "r", stdin); freopen("lin.out", "w", stdout); qr(n); qr(m); qr(q); for (int i = 1; i <= m; ++i) { ReadStr(s[i] + 1);//读入一串字符串的神仙操作 } build(rot = new Tree, 1, m); int opt, l, r; while (q--) { opt = 0; qr(opt); if (opt == 0) { l = r = 0; qr(l); qr(r); Query(l, r); } else { l = 0; qr(l); ReadStr(s[0] + 1); Update(l); } } #ifdef ONLINE_JUDGE printf("%d ", Ans); #endif return 0; } void ReadStr(char *p) { do *p = getchar(); while ((*p != '0') && (*p != '1') && (*p != '?')); do *(++p) = getchar(); while ((*p == '0') || (*p == '1') || (*p == '?')); *p = 0; } void build(Tree *const u, const int l, const int r) { if ((u->l = l) == (u->r = r)) {//叶节点 for (int i = 1; i <= n; ++i) {//直接扫描记录即可 if (s[l][i] != '?') { u->x |= 1 << i; if (s[l][i] == '1') { u->y |= 1 << i; } } } } else {//不是叶节点，递归建树； int mid = (l + r) >> 1; build(u->ls = new Tree, l, mid); build(u->rs = new Tree, mid + 1, r); u->pushup(); } } Tree query(Tree *u, const int l, const int r) { if ((u->l > r) || (u->r < l)) return Tree(); if ((u->l >= l) && (u->r <= r)) return *u; Tree _ret; auto ll = query(u->ls, l, r), rr = query(u->rs, l, r); _ret.ls = ≪ _ret.rs = &rr; _ret.pushup(); return _ret; } void Query(const int l, const int r) { auto _ret = query(rot, l, r); if (!_ret.leg) { #ifndef ONLINE_JUDGE puts("0"); #endif } else { int ans = 1; for (int i = 1; i <= n; ++i) if (!(_ret.x & (1 << i))) { ans <<= 1; } #ifdef ONLINE_JUDGE Ans ^= ans; #else printf("%d ", ans); #endif } } void update(Tree *u, const int p) { if (u->ls) { if (u->ls->r >= p) { update(u->ls, p); } else { update(u->rs, p); } u->pushup(); } else { *u = Tree(); u->l = u->r = p; for (int i = 1; i <= n; ++i) { if (s[0][i] != '?') { u->x |= 1 << i; if (s[0][i] == '1') { u->y |= 1 << i; } } } } } void Update(const int x) { update(rot, x); }
end-