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給定一個長度為 \(n\) 的字串 \(s\)（僅包含 \(1,4,5\) 三種字元，\(n\) 在本題中無需輸入），有 \(m\) 個操作，每次操作給定兩個整數 \(l,r\)，再給定一個字串 \(s'\)，將 \(s\) 的從 \(l\) 到 \(r\) 的子串換成 \(s'\)。請在每次操作後求出：

1. 字串中 \(1\) 的個數。
2. 字串中所有數的總和。
3. 字串中所有數的乘積。

以上資料都要對 \(9982\color{red}\text{43}\color{black}\text{53}\) 取模（注意！不是 \(998244353\)）。

資料範圍：\(n\leqslant 10^6,m\leqslant 10^3,1\leqslant r-l+1\leqslant 10^3\)

Solution

這道題目看上去比較麻煩，其實只需要暴力模擬就可以搞定。

首先，我們可以看到，每次的變換範圍不會超過 \(10^3\)，所以，我們可以考慮一種 \(\mathcal{O}(m(r-l+1))\) 的演算法——每次只考慮變換要變換的子串，然後更新要求的三個問題的答案。

我們可以開一個計數器 \(ans_1,ans_4,ans_5\)（\(ans_i\) 表示 \(i\) 在字串中出現的次數），每次操作就要更新著三個計數器的值，那麼三個問題的答案就是 \(ans_1,ans_1+4\times ans_4+5\times ans_5,4^{ans_4}\times5^{ans_5}\)

這裡冪次方取模明擺著用快速冪輕鬆搞定。

最後一點坑的就是：注意模數，不是 \(998244353\)，這裡應該是 \(99824353\)，少了一個 \(4\)！

總體來說難度不算太大，但要考慮的細節卻不少。

Code

#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <cmath>
#include <iostream>
using namespace std;

typedef long long ll;
ll quickpow(ll a, ll b, ll p) {
	if(p == 1)	return 0;
	ll res = 1;
	b %= p;
	for(; b; b >>= 1) {
		if(b & 1)	res = res * a % p;
		a = a * a % p;
	}
	return res;
} 
ll n, m, sum1, sum, mul = 1, aa[17];
char s[1000007];

void test1() {
	printf("%lld %lld %lld\n", aa[1], aa[4], aa[5]);
}

int main() {
	scanf("%s%d", s + 1, &m);
	n = strlen(s + 1);
	for(int i = 1; i <= n; ++i)	aa[s[i] - '0']++;
//	test1();
	while(m--) {
		char tmp[1007];
		int xx, yy;
		scanf("%d%d%s", &xx, &yy, tmp + 1);
		for(int i = 1; i <= yy - xx + 1; ++i) {
//			printf("%c %c\n", s[xx + i - 1], tmp[i]);
			aa[s[xx + i - 1] - '0']--;
			aa[tmp[i] - '0']++;
			s[xx + i - 1] = tmp[i];
		}
//		test1();
		printf("%lld %lld %lld\n", aa[1], (aa[1] + aa[4] * 4 + aa[5] * 5) % 99824353, (quickpow(4, aa[4], 99824353) * quickpow(5, aa[5], 99824353)) % 99824353);
	}
	return 0;
}