题意

给一个\(n\times m\)的01矩阵，1代表有墙，否则没有，每一步可以从\(b[i][j]\)走到\(b[i+1][j]\),\(b[i][j-1]\),\(b[i][j+1]\)，有两种询问：

  • \(q=1\),将\(b[x][y]\)的状态反转
  • \(q=2\),计算从\(b[1][x]\)走到\(b[n][y]\)的方案数

分析

先不考虑状态反转的情况，设\(dp[i][j]\)为从第\(i-1\)层经过\(b[i-1][j]\)到达\(b[i][j]\)的方案数

\[dp[i][j]=sum(dp[i-1][k]~for~(k<j~and~b[i-1][k]=b[i-1][k+1]=\dots=b[i-1][j]=0))\\ +sum(dp[i-1][k]~for~(k>j~and~b[i-1][k]=b[i-1][k-1]=\dots=b[i-1][j]=0)) \]

\(dp[i][j]\)等于\(b[i-1][j]\)向左和向右\(b[i-1][k]\)都等于0的那些\(dp[i-1][k]\)的和

0 0 0 1 0 0
1 0 1 0 1 0

例如当n=2,m=6时

\(dp[2][2]=dp[1][1]+dp[1][2]+dp[1][3]\)

\(dp[2][6]=dp[1][5]+dp[1][6]\)

第\(i\)行的dp值到第\(i+1\)行的dp值的转移可以用矩阵\(Mi\)实现

用上图的例子，从第1行转移到第2行

\[\left [ \begin{matrix}dp[1][1]\\dp[1][2]\\dp[1][3]\\dp[1][4]\\dp[1][5]\\dp[1][6]\end{matrix}\right ] \times \left [ \begin{matrix}1&1&1&0&0&0\\1&1&1&0&0&0\\1&1&1&0&0&0\\0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&1&1\\0&0&0&0&1&1\end{matrix}\right ] =\left [ \begin{matrix}dp[2][1]\\dp[2][2]\\dp[2][3]\\dp[2][4]\\dp[2][5]\\dp[2][6]\end{matrix}\right ] \]

求从\(b[1][x]\)走到\(b[n][y]\)的方案数，即令\(dp[1][x]=1\),求\(dp[n+1][y]\)。

若令\(ans=M_1\times M_2 \times M_3\times \dots \times M_n\)

则答案为\(ans[x][y]\)

用线段树维护\(M_1\dots M_n\),反转\(b[x][y]\)操作就变成了单点修改，问题就完美解决了

Code

#include<bits/stdc++.h>
#define fi first
#define se second
#define pb push_back
#define lson l,mid,p<<1
#define rson mid+1,r,p<<1|1
#define ll long long
using namespace std;
const int inf=1e9;
const int mod=1e9+7;
const int maxn=5e4+10;
int n,m,q;
char b[maxn][11];
int a[maxn][11];
struct node{
	ll a[11][11];
	node operator *(const node &r) const{
		node res;
		memset(res.a,0,sizeof(res.a));
		for(int i=1;i<=m;i++){
			for(int j=1;j<=m;j++){
				for(int k=1;k<=m;k++){
					res.a[i][j]=(res.a[i][j]+a[i][k]*r.a[k][j]%mod)%mod;
				}
			}
		}
		return res;
	}
}tr[maxn<<2];
void pp(int p){
	tr[p]=tr[p<<1]*tr[p<<1|1];
}
void cal(int p,int l){
	memset(tr[p].a,0,sizeof(tr[p].a));
	for(int i=1;i<=m;i++){
		int pos=i;
		while(pos<=m&&!a[l][pos]){
			tr[p].a[i][pos]=1;
			pos++;
		}
		pos=i;
		while(pos>=1&&!a[l][pos]){
			tr[p].a[i][pos]=1;
			pos--;
		}
	}
}
void bd(int l,int r,int p){
	if(l==r){
		cal(p,l);
		return;
	}int mid=l+r>>1;
	bd(lson);bd(rson);
	pp(p);
}
void up(int x,int l,int r,int p){
	if(l==r){
		cal(p,l);
		return;
	}int mid=l+r>>1;
	if(x<=mid) up(x,lson);
	else up(x,rson);
	pp(p);
}
int main(){
	//ios::sync_with_stdio(false);
	//freopen("in","r",stdin);
	scanf("%d%d%d",&n,&m,&q);
	for(int i=1;i<=n;i++){
		scanf("%s",b[i]+1);
		for(int j=1;j<=m;j++){
			a[i][j]=(b[i][j]-'0');
		}
	}
	bd(1,n,1);
	while(q--){
		int op,x,y;
		scanf("%d%d%d",&op,&x,&y);
		if(op==1){
			a[x][y]^=1;
			up(x,1,n,1);
		}else{
			printf("%lld\n",tr[1].a[x][y]);
		}
	}
	return 0;
}