「LOJ 6074」「2017 山东一轮集训 Day6」子序列
题解
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：
\[dp_{i,j}=\begin{cases}dp_{i-1,j} & \text{ if } j\ne S_i \\ \sum_{k=0}^{m} dp_{i-1,k} & \text{ if }j=S_i\end{cases}\]
初始值是 \(dp_{0,m}=1\)。
发现 \(dp\) 数组可以写成行向量，记
\[F_i=\begin{pmatrix}dp_{i,0} & dp_{i,1} & dp_{i,2} & \cdots & dp_{i,m}\end{pmatrix}\]
而转移可以表示为一个行向量乘上转移矩阵 \(M_i\) 的形式：
\[\begin{aligned}M_i &= \begin{pmatrix}1 & & 1 & & \\ & 1 & 1 & & \\ & & 1 & & \\ & & \vdots & \ddots & \\ & & 1 & & 1 \end{pmatrix} \\ F_i &= F_{i-1}M_i\end{aligned}\]
\(M_i\) 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
\[A=\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1\end{pmatrix}\]
最后由于是求
\[\left(\sum_{i=0}^m dp_{n,i}\right)-1\]
所以最后需要乘上列向量
\[B=\begin{pmatrix}1 \\ 1 \\ 1 \\ \vdots \\ 1\end{pmatrix}\]
于是对于每个询问，答案可以表示成
\[\begin{aligned}ans&=AM_lM_{l+1}M_{l+2}\cdots M_{r}B\\&=AM_{l-1}^{-1}M_{l-2}^{-1}\cdots M_1^{-1}M_1M_2\cdots M_{r}B\end{aligned}\]
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
\[\begin{aligned}CM_i&=\begin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & C_{0,2} & \cdots & C_{0,m} \\ C_{1,0} & C_{1,1} & C_{1,2} & \cdots & C_{1,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & \cdots & C_{2,m} \\ & & & \ddots & \\ C_{m,0} & C_{m,1} & C_{m,2} & \cdots & C_{m,m} \end{pmatrix}\begin{pmatrix}1 & & 1 & & \\ & 1 & 1 & & \\ & & 1 & & \\ & & \vdots & \ddots & \\ & & 1 & & 1 \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & \sum_{j=0}^m C_{0,j} & \cdots & C_{0,m} \\ C_{1,0} & C_{1,1} & \sum_{j=0}^m C_{1,j} & \cdots & C_{1,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & \sum_{j=0}^m C_{2,j} & \cdots & C_{2,m} \\ & & & \ddots & \\ C_{m,0} & C_{m,1} & \sum_{j=0}^m C_{m,j} & \cdots & C_{m,m} \end{pmatrix}\end{aligned}\]
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
\[M_i^{-1}=\begin{pmatrix}1 & & -1 & & \\ & 1 & -1 & & \\ & & 1 & & \\ & & \vdots & \ddots & \\ & & -1 & & 1 \end{pmatrix}\]
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
\[\begin{aligned}M_i^{-1}C&=\begin{pmatrix}1 & & -1 & & \\ & 1 & -1 & & \\ & & 1 & & \\ & & \vdots & \ddots & \\ & & -1 & & 1 \end{pmatrix}\begin{pmatrix}C_{0,0} & C_{0,1} & C_{0,2} & \cdots & C_{0,m} \\ C_{1,0} & C_{1,1} & C_{1,2} & \cdots & C_{1,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & \cdots & C_{2,m} \\ & & & \ddots & \\ C_{m,0} & C_{m,1} & C_{m,2} & \cdots & C_{m,m} \end{pmatrix} \\ &= \begin{pmatrix}C_{0,0}-C_{2,0} & C_{0,1}-C_{2,1} & C_{0,2}-C_{2,2} & \cdots & C_{0,m}-C_{2,m} \\ C_{1,0}-C_{2,0} & C_{1,1}-C_{2,1} & C_{1,2}-C_{2,2} & \cdots & C_{1,m}-C_{2,m} \\ C_{2,0} & C_{2,1} & C_{2,2} & \cdots & C_{2,m} \\ & & & \ddots & \\ C_{m,0}-C_{2,0} & C_{m,1}-C_{2,1} & C_{m,2}-C_{2,2} & \cdots & C_{m,m}-C_{2,m} \end{pmatrix}\end{aligned}\]
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
\[\begin{pmatrix}x_0-v \\ x_1-v \\ x_2-v \\ \vdots \\ x_m-v \end{pmatrix}\]
要变成
\[\begin{pmatrix}x_0-v-(x_2-v) \\ x_1-v-(x_2-v) \\ x_2-v \\ \vdots \\ x_m-v-(x_2-v) \end{pmatrix}==\begin{pmatrix}x_0-x_2 \\ x_1-x_2 \\ (2x_2-v)-x_2 \\ \vdots \\ x_m-x_2 \end{pmatrix}\]
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
\[\begin{pmatrix}0 & 0 & 0 & \cdots & 0 & 1\end{pmatrix}\]
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 \(O(nm+qm)\)。
代码
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