[luogu7468]愤怒的小N

定义$count(x)$为$x$二进制下1的个数，答案即$sum_{0le x<n,count(x)equiv 1(mod 2)}f(x)$

考虑预处理出$S_{k,i,p}=sum_{0le x<2^{i},count(x)equiv p(mod 2)}x^{k}$，可以对$x$最高位是否为1分类讨论，转移即
$$
S_{k,i,p}=S_{k,i-1,p}+sum_{0le x<2^{i-1},count(x) otequiv p(mod 2)}(x+2^{i-1})^{k}=S_{k,i-1,p}+sum_{j=0}^{k}2^{(i-1)(k-j)}{kchoose j}S_{j,i-1,poplus 1}
$$
$k$的枚举范围即$o(k)$，$i$的枚举范围即$o(log n)$，因此预处理复杂度为$o(k^{2}log n)$

更进一步的，假设给定字符串为$n_{i}$（下标从0开始，且假设长度为$l$），枚举与其相同的前缀长度，答案即
$$
sum_{0le i<l,n_{i}=1}sum_{0le j<2^{l-i-1}-1,count(j) otequiv p(mod 2)}f(lst+j)
$$
（其中$p=sum_{j=0}^{i-1}n_{j}$，$lstequiv sum_{j=0}^{i-1}n_{j}2^{l-j-1}$）

对后者展开并化简，即
$$
sum_{0le i<l,n_{i}=1}sum_{t_{1}=0}^{k-1}a_{t_{1}}sum_{t_{2}=0}^{t_{1}}{t_{1}choose t_{2}}lst^{t1-t2}S_{t_{2},l-i-1,poplus 1}
$$
这里的计算复杂度也是$o(k^{2}log n)$，两者的复杂度都无法通过

打表可以发现$S_{k,i,0}=S_{k,i,1}$在$k<i$时成立，具体证明如下——

考虑对$i$进行归纳，即在$i=i_{0}$时成立，来证明$i=i_{0}+1$也成立

首先$0le kle i_{0}$，再对$k$分类讨论：

1.若$k<i_{0}$，考虑转移式中的每一项都有$k<i=i_{0}$小，根据归纳即成立

2.若$k=i_{0}$，具体代入转移，唯一无法证明相同的两项恰为$S_{k,i_{0},p}$以及$S_{k,i,poplus 1}$，两者具有对称性，即也相等

综上，我们即得到此结论

对于预处理，可以强制$ile j$，那么状态数为$o(k^{2})$，预处理复杂度即降为$o(k^{3})$

当$t_{2}<l-i-1$，显然此时$i$的范围是$o(k)$的，暴力计算复杂度也是$o(k^{3})$的

当$t_{2}ge l-i-1$，考虑$S_{k,i,0}+S_{k,i,1}=sum_{j=0}^{2^{i}-1}j^{k}$，即$S_{t_{2},l-i-1,poplus 1}=frac{sum_{j=0}^{2^{l-i-1}-1}j^{t_{2}}}{2}$

将之代入，并将$j$的枚举提到前面，即$frac{sum_{0le i<l,n_{i}=1}sum_{j=0}^{2^{l-i-1}-1}f(j)}{2}$，对后者通过$o(k^{3})$对$f(x)$的前缀和插值预处理处这个$k$次多项式，即可$o(k)$计算，那么总复杂度即$o(k^{3}+klog n)$

但这样还是无法通过，考虑令$ans_{p}=sum_{0le x<n,count(x)equiv p(mod 2)}f(x)$，所求的$ans_{1}$也可以看作是$frac{(ans_{0}+ans_{1})-(ans_{0}-ans_{1})}{2}$，对前后两者分类讨论：

对于前者，实际意义即$sum_{i=0}^{n-1}f(i)$，由于已经确定是$n-1$的前缀和，可以$o(k^{2})$插值计算

对于后者，用同样的方式计算，仅是将统计答案时变为$S_{t_{2},l-i-1,poplus 1}-S_{t_{2},l-i-1,poplus 0}$，这对于$t_{2}<l-i-1$只需要改变一下式子即可，对于$t_{2}ge l-i-1$可以发现该式即为0，因此$o(klog n)$的部分就被优化了

综上，这一做法的复杂度是$o(k^{3}+log n)$，可以通过

（然而代码还是TLE了，应该只是常数问题QAQ）

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 500005
#define K 505
#define mod 1000000007
int n,k,ans,a[K],mi[N],fac[K],inv[K],x[K],y[K],f[K][K][2];
char s[N];
int c(int n,int m){
    return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int pow(int n,int m){
    int s=n,ans=1;
    while (m){
        if (m&1)ans=1LL*ans*s%mod;
        s=1LL*s*s%mod;
        m>>=1; 
    }
    return ans;
}
int get_f(int x){
    int s=1,ans=0;
    for(int i=0;i<k;i++){
        ans=(ans+1LL*s*a[i])%mod;
        s=1LL*s*x%mod;
    }
    return ans;
}
void dfs(int l,int lst,int p){
    if (l>=n)return;
    if (s[l]=='0'){
        dfs(l+1,lst,p);
        return;
    }
    dfs(l+1,(lst+mi[n-l-1])%mod,(p^1));
    if (n-l-1<k)
        for(int i=0;i<k;i++){
            int s=1;
            for(int j=i;j>=0;j--){
                ans=(ans+mod-1LL*a[i]*c(i,j)%mod*s%mod*(f[j][n-l-1][(p^1)]+mod-f[j][n-l-1][p])%mod)%mod;
                s=1LL*s*lst%mod;
            }
        }
} 
int main(){
    mi[0]=1;
    for(int i=1;i<N;i++)mi[i]=2*mi[i-1]%mod;
    fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<K;i++)fac[i]=1LL*fac[i-1]*i%mod;
    for(int i=2;i<K;i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<K;i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
    scanf("%s%d",s,&k);
    n=strlen(s);
    for(int i=0;i<k;i++)scanf("%d",&a[i]);
    int nn=mod-1;
    for(int i=0;i<n;i++)
        if (s[i]=='1')nn=(nn+mi[n-i-1])%mod;
    for(int i=0;i<=k;i++){
        x[i]=i;
        y[i]=get_f(i);
        if (i)y[i]=(y[i]+y[i-1])%mod;
    }
    for(int i=0;i<=k;i++){
        int s=y[i];
        for(int j=0;j<=k;j++)
            if (j!=i)s=1LL*s*(nn-x[j]+mod)%mod*pow((x[i]-x[j]+mod)%mod,mod-2)%mod;
        ans=(ans+s)%mod;
    }
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<k;i++)
        for(int j=1;j<k;j++){
            for(int p=0;p<2;p++){
                f[i][j][p]=f[i][j-1][p];
                for(int t=0;t<=i;t++)f[i][j][p]=(f[i][j][p]+1LL*c(i,t)*pow(2,(j-1)*(i-t))%mod*f[t][j-1][p^1])%mod;
            }
            //i<j则S[i][j][0]=S[i][j][1] 
            //if (S[i][j][0]!=S[i][j][1])printf("%d %d
",i,j);
        }
    dfs(0,0,1);
    ans=1LL*ans*(mod+1)/2%mod;
    printf("%d",ans);
    return 0;
}