参考yww的题解。本来不想写来但是他有一些笔误...而且有些地方不太一样就写篇好了。
不知不觉怎么写了这么多...
另外还是有莫队做法的...（虽然可能卡不过）
(60)分的(O(n^2))做法就是，令(f[i])表示以(s[i])结尾的不同子序列个数，(las[c])表示(c)字符上次出现的位置（没有出现过则为(-1)），转移是：$$f[i]=egin{cases}2f[i-1]+1&,las[s[i]]=-12f[i-1]-f[las[s[i]]]&,las[s[i]] eq-1end{cases}$$
上面这个做法挺妙的，但是好像没什么优化空间。
考虑另一种DP，令(f[i][j])表示前(i)个字符，以字符(j)结尾的不同子序列个数。转移为：$$f[i][j]=egin{cases}f[i-1][j-1]&,j
eq s_i\sum_{k=0}^mf[i-1][k]&,j=s_iend{cases}$$
其中字符集是(0sim m-1)（(m=9)），特别的令(f[i][m])表示前(i)个字符什么也没选的方案数，因为子序列可以从任意位置开始。
这样不会算重，感觉也挺妙的。。（好吧是自己菜）
显然可以用矩阵把转移表示出来。令$$F_i=left[egin{matrix}f_{i,1}f_{i,2}\vdotsf_{i,m+1}end{matrix} ight]$$
转移矩阵就是(A[i][i]=1,A[c][j]=1 (c=s[i]))（把单位矩阵(s[i])那一行全设为(1)）。就是这样子：$$F_i=A_iF_{i-1}A_i=left[egin{matrix}1&&&&&1&&&1&1&1&1&1&&&1&&&&&1end{matrix} ight]$$
再考虑一下初始化、最后的求和，令$$egin{aligned}U&=left[egin{matrix}11\vdots1end{matrix} ight]V&=left[egin{matrix}0 0 cdots 0 1end{matrix} ight]end{aligned}$$
(A_i)显然有逆矩阵（可以比较容易地写出来）。那么区间([l,r])的答案就是$$egin{aligned}&UA_rA_{r-1}cdots A_lV=&UA_rA_{r-1}cdots A_1{A_1}^{-1}{A_2}^{-1}ldots A_{l-1}Vend{aligned}$$
这里把(U)放到了前面，(V)放到了后面，都一样，我觉得还是这样方便一些...
需要注意矩阵乘法没有交换律，注意乘的顺序。
所以预处理一个转移矩阵的前缀积(f_i)、转移矩阵逆元的前缀积(g_i)，就可以(O(m^3))回答一次询问了。
预处理(f_i)的时候让它和(U)乘一下，同理(g_i)和(V)乘一下，询问就是(O(m))的了。
但是预处理的复杂度还是(O(nm^3))的（但是开O2已经能过了...）。
注意到转移矩阵非常特殊，一个矩阵(M)乘上(A_i)时，(M_{s_i,j}')是(A_i)第(j)列元素的和，(M')其它行的元素不变。这样乘(A_i)可以做到(O(m))。
同时左乘(U)得到的矩阵就是对列求和。
那么我们维护(f_i)的时候（乘了(U)，是个(1 imes n)的），第(j)列的和即(f_{i,j})，就是上一次第(j)列的和(*2)减去(A_{s_i,j})，上一次第(j)列的和就是(f_{i-1,j})。那么这个转移也是(O(m))的。
同理，(A_i^{-1})大概是这样：$$A_i=left[egin{matrix}1&&&&&1&&&-1&-1&1&-1&-1&&&1&&&&&1end{matrix} ight]$$
即(A[i][i]=1,A[c][j]=-1 (c=s[i],j
eq i))（把单位矩阵(s[i])那一行除了(A_{s[i],s[i]})全设为(-1)）。
一个矩阵乘(A_i^{-1})时，除了(c=s[i])列之外的列(M_{i,j})，都会减去(M_{i,c})，第(c)列的元素不变。维护一个整行减了多少的标记，对(M_{i,c})单点修改一下即可。
注意到假设其中一行是：(left[a_1-vquad a_2-vquad a_3-vquad a_4-v
ight])，(s[i]=3)时，会变成(left[a_1-a_3quad a_2-a_3quad (2a_3-v)-a_3quad a_4-a_3
ight])，也就是对(3)单独修改一下，所有数每次会减掉上次那个数，打个标记修改也是(O(m))的了。
维护(g_i)时，注意到右乘一个(V)就是把矩阵最后一列取出来，直接求即可。同样(O(m))。
那么总复杂度就做到(O((n+q)m))啦。
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#include <cstdio>
#include <cctype>
#include <cstring>
#include <algorithm>
#define rg register
#define mod 1000000007
#define Mod(x) x>=mod&&(x-=mod)
#define Add(x,v) (x+=v)>=mod&&(x-=mod)
#define Add2(x,y) (x+y>=mod?x+y-mod:x+y)
//#define gc() getchar()
#define MAXIN 500000
#define gc() (SS==TT&&(TT=(SS=IN)+fread(IN,1,MAXIN,stdin),SS==TT)?EOF:*SS++)
typedef long long LL;
const int N=1e5+7,M=10;
const LL LIM=6e18;
int s[N],f[N][M],g[N][M];
char IN[MAXIN],*SS=IN,*TT=IN;
inline int read()
{
int now=0;register char c=gc();
for(;!isdigit(c);c=gc());
for(;isdigit(c);now=now*10+c-48,c=gc());
return now;
}
void Pre(const int n)
{
static int A[M][M],B[M][M],tag[M];
for(int i=0; i<M; ++i) A[i][i]=B[i][i]=f[0][i]=1;
g[0][M-1]=1;
for(rg int i=1; i<=n; ++i)
{
rg int c=s[i];
for(rg int j=0; j<M; ++j)
{
rg int tmp=f[i-1][j]<<1; Mod(tmp);
f[i][j]=Add2(tmp,mod-A[c][j]);
A[c][j]=f[i-1][j];
tmp=B[j][c]<<1, Mod(tmp); rg int tmp2=B[j][c];
g[i][j]=Add2(B[j][M-1],mod-B[j][c]);
B[j][c]=Add2(tmp,mod-tag[j]), tag[j]=tmp2;
}
}
}
int main()
{
int n=0;
register char c; while(isalpha(c=gc())) s[++n]=c-'a';
Pre(n);
for(int q=read(); q--; )
{
int l=read()-1,r=read();
LL ans=0;
if(l) for(int i=0; i<M; ++i) ans+=1ll*f[r][i]*g[l][i], ans>=LIM&&(ans%=mod);
else ans=f[r][M-1];
printf("%lld
",(ans-1)%mod);
}
return 0;
}