There is a digit string S with infinite length. In addition, S is periodic and it can be formed by concatenating infinite repetitions of a base string P. For example, if P = 3423537, then S = 3423537342353734235373423537...
Let's define the alternating sum on substrings of S. Assume Sl..r is a substring of S from index l to index r (all indexes are 1-based), then the alternating sum of Sl..r is:
For example, S2..10 = 423537342, then G(2, 10) = 4 - 2 + 3 - 5 + 3 - 7 + 3 - 4 + 2 = -3.
Now, you are given the base string P and you have to do many operations. There are only two kinds of operations:
- 1 x d: set Px to d, d is a single digit.
- 2 l r: find the sum of G(i, j) that l <= i <= j <= r.
For each second operation, you should output the sum modulo 109 + 7.
Input
There are multiple test cases. The first line of input contains an integer T indicating the number of test cases. For each test case:
The first line contains a digit string P (1 <= length(P) <= 100000).
The second line contains an integer Q (1 <= Q <= 100000) indicating the number of operations. Each of the following Q lines is an operation in such format:
- 1 x d (1 <= x <= length(P), 0 <= d <= 9)
- 2 l r (1 <= l <= r <= 1018)
Output
For each "2 l r" operation, output an integer, indicating the sum modulo 109 + 7.
Sample Input
2 324242 4 2 1 1 2 1 4 1 3 7 2 3 4 324242 6 2 1 1 1 3 7 2 2 4 1 3 4 2 7 10 2 1 30
Sample Output
3 20 14 3 8 20 870
Author: LIN, Xi
Source: The 2014 ACM-ICPC Asia Mudanjiang Regional First Round
http://acm.zju.edu.cn/onlinejudge/showProblem.do?problemCode=3813
思路：題目意思很清楚了，這裏只說思路。
設區間[L,R]，區間長度爲len=（R-L+1）,設F[i]表示G(i,i)+G(i,i+1)+......G(i,R)。那麼對於區間[L,R],詢問的答案即爲Ans[L,R]=F[L]+F[L+1]+......+F[R]。容易得到G[i,j]=Si-G(i+1,j),所以F[i]=(R-i+1)*Si-F[i+1]。即F[i]+F[i+1]=(R-i+1)*Si。
那麼Ans[L,R]=len*SL+(len-2)*S(i+2)+.....SR(len爲奇數)或
len*SL+(len-2)*(L+2)+......+2*S(R-1)(len爲偶數)。
那麼對於給定區間[L,R]的答案可以用線段樹維護，我的線段樹維護4個值，sum[0]表示區間中偶數位數的和，sum[1]表示區間中奇數位置的和，tsum[0]表示Ans[L+1,R],tsum[1]表示Ans[L,R]。
如區間[3,7]={2,3,4,5,6},那麼sum[0]=3+5=8,sum[1]=2+4+6=12,tsum[0]=4*3+2*5=22,tsum[1]=5*2+3*4+1*6=28。對於區間長度爲偶數的類似。
現在考慮合併兩個區間，對於區間p，其左兒子爲lson，右兒子爲rson。sum[0],sum[1]很好合並，只需要考慮左兒子長度的奇偶性，既可以完成合並。對於tsum[0]，其左部分（由左兒子的信息得到的部分）爲左兒子的tsum[0]加上左兒子的sum[0]乘以右兒子的長度（自己推推就能知道）。右部分要根據左兒子長度的奇偶性來決定是右兒子的tsum[0]還是tsum[1]。對於tsum[1]也類似。
那麼線段樹部分就結束了。注意到題目中的數字區間是一個模式串重複無數次的一個無限長的串，那麼所給的區間可能會橫跨很多個模式串S，我們的線段樹只是對於模式串S的線段樹，那麼對於超出一個模式串的部分不能只用線段樹來解決。如果區間[L,R]橫跨多個模式串，那麼將區間L,R分成三部分，前綴pre，中間部分mid，後綴suf，前綴表示區間[L,R]第一個不完整的模式串（可爲空），後綴表示最後一個不完整的模式串（可爲空），中間部分爲中間橫跨的多個完整的模式串（可爲空）。那麼pre，suf可以用線段樹求出，類似於區間合併的方法，這裏不再贅述。設mid包括n個完整的模式串，suf的長度爲Len。還是按照區間合併的思想，不過這裏n可能很大，不能直接一個一個地合併，事實上可以推出來，具體公式請自己推吧，本人很懶。。。。
這裏還有一個問題，如果模式串爲奇數，那麼合併的時候很煩人，要間隔地考慮，這裏我將模式串擴大兩倍，保證模式串爲偶數，那麼在求mid的值得時候就不需要考慮奇偶性了。但是如果將模式串擴大兩倍的話，在修改操作的時候，一定要記住要修改兩個位置（這裏忘了WA了10+發。。。。。。）。恩，大概就是這樣，下面是代碼：（內存耗得飛起。。。。速度也比較慢~~）
#include <iostream>
#include <string.h>
#include <stdio.h>
#include <algorithm>
#define maxn 200010
#define mid ((t[p].l+t[p].r)>>1)
#define ls (p<<1)
#define rs (ls|1)
#define ll long long
#define mod 1000000007
using namespace std;
char st[maxn];
struct tree
{
ll l,r;
ll sum[2],tsum[2];
}t[maxn<<2];
void pushup(int p)
{
ll l=t[ls].r-t[ls].l+1;
ll r=t[rs].r-t[rs].l+1;
if(l%2)
{
t[p].sum[0]=(t[ls].sum[0]+t[rs].sum[1])%mod;
t[p].sum[1]=(t[ls].sum[1]+t[rs].sum[0])%mod;
t[p].tsum[0]=(t[ls].tsum[0]+r*t[ls].sum[0]%mod+t[rs].tsum[1])%mod;
t[p].tsum[1]=(t[ls].tsum[1]+r*t[ls].sum[1]%mod+t[rs].tsum[0])%mod;
}
else
{
t[p].sum[0]=(t[ls].sum[0]+t[rs].sum[0])%mod;
t[p].sum[1]=(t[ls].sum[1]+t[rs].sum[1])%mod;
t[p].tsum[0]=(t[ls].tsum[0]+r*t[ls].sum[0]%mod+t[rs].tsum[0])%mod;
t[p].tsum[1]=(t[ls].tsum[1]+r*t[ls].sum[1]%mod+t[rs].tsum[1])%mod;
}
}
void build(int p,int l,int r)
{
t[p].l=l,t[p].r=r;
t[p].sum[0]=t[p].sum[1]=t[p].tsum[0]=t[p].tsum[1]=0;
if(l==r)
{
t[p].sum[0]=t[p].tsum[0]=0;
t[p].sum[1]=t[p].tsum[1]=st[l]-'0';
return;
}
build(ls,l,mid);
build(rs,mid+1,r);
pushup(p);
}
void modify(int p,int po,ll d)
{
if(t[p].l==t[p].r)
{
t[p].sum[1]=t[p].tsum[1]=d;
return;
}
if(po>mid)
modify(rs,po,d);
else
modify(ls,po,d);
pushup(p);
}
tree query(int p,ll l,ll r)
{
tree tmp;
if(t[p].l==l&&t[p].r==r)
{
return t[p];
}
if(l>mid)
return query(rs,l,r);
else if(r<=mid)
return query(ls,l,r);
else
{
tree t1=query(ls,l,mid);
tree t2=query(rs,mid+1,r);
tmp.l=t1.l,tmp.r=t2.r;
ll l=t1.r-t1.l+1;
ll r=t2.r-t2.l+1;
if(l%2){
tmp.sum[0]=(t1.sum[0]+t2.sum[1])%mod;
tmp.sum[1]=(t1.sum[1]+t2.sum[0])%mod;
tmp.tsum[0]=(t1.tsum[0]+r*t1.sum[0]%mod+t2.tsum[1])%mod;
tmp.tsum[1]=(t1.tsum[1]+r*t1.sum[1]%mod+t2.tsum[0])%mod;
}
else{
tmp.sum[0]=(t1.sum[0]+t2.sum[0])%mod;
tmp.sum[1]=(t1.sum[1]+t2.sum[1])%mod;
tmp.tsum[0]=(t1.tsum[0]+r*t1.sum[0]%mod+t2.tsum[0])%mod;
tmp.tsum[1]=(t1.tsum[1]+r*t1.sum[1]%mod+t2.tsum[1])%mod;
}
return tmp;
}
}
ll getsum(ll num,ll len,ll left,int typ)
{
if(num==0)
return 0;
ll sum=0;
sum=num%mod*t[1].tsum[typ]%mod;
ll tt;
if(num%2)
tt=((num-1)/2)%mod*(num%mod);
else
tt=((num-1)%mod)*((num/2)%mod);
tt%=mod;
ll tmp=(num%mod*left%mod+tt*len%mod)%mod;
sum=(sum+tmp*t[1].sum[typ]%mod)%mod;
return sum;
}
int main()
{
// freopen("dd.txt","r",stdin);
int ncase;
scanf("%d",&ncase);
while(ncase--)
{
scanf("%s",st);
int len=strlen(st);
for(int i=0;i<len;i++)
{
st[i+len]=st[i];
}
len*=2;
build(1,0,len-1);
int q;
scanf("%d",&q);
while(q--){
int typ;
ll ans=0,l,r;
scanf("%d",&typ);
if(typ==1)
{
int x,d;
scanf("%d%d",&x,&d);
modify(1,x-1,d);
modify(1,x-1+(len/2),d);
}
else
{
scanf("%lld%lld",&l,&r);
l--,r--;
ll lpo=l/len,rpo=r/len;
ll L=l%len,R=r%len;
if(lpo==rpo)
{
ans=query(1,L,R).tsum[1];
}
else
{
ll Len=((r-l+1)-(len-L))%mod;
tree t1=query(1,L,len-1);
tree t2=query(1,0,R);
ans=(ans+t1.tsum[1]+Len*t1.sum[1]%mod)%mod;
if((len-L)%2)
ans=(ans+t2.tsum[0])%mod;
else
ans=(ans+t2.tsum[1])%mod;
if((len-L)%2)
ans=(ans+getsum(rpo-lpo-1,len,R+1,0))%mod;
else
ans=(ans+getsum(rpo-lpo-1,len,R+1,1))%mod;
}
printf("%lld\n",ans);
}
}
}
return 0;
}