Description
你的面前有N个数排成一行。分别为A1, A2, … , An。你打算在每相邻的两个 Ai和 Ai+1 间都插入一个加号或者减号或者乘号。那么一共有 3^(n-1) 种可能的表达式。你对所有可能的表达式的值的和非常感兴趣。但这毕竟太简单了，所以你还打算支持一个修改操作，可以修改某个Ai 的值。你能够编写一个程序对每个修改都输出修改完之后所有可能表达式的和吗？注意，修改是永久的，也就是说每次修改都是在上一次修改的基础上进行， 而不是在最初的表达式上进行。
Input
第一行包含 2 个正整数 N 和 Q，为数的个数和询问的个数。接下来一行 n 个非负整数，依次表示a1,a2…an在接下来 Q 行，其中第 ?? 行两个非负整数Ti 和Vi，表示要将 Ati 修改为 Vi。其中 1 ≤ Ti ≤ N。保证对于 1 ≤ J ≤ N, 1 ≤ i≤ Q，都有 Aj,Vi ≤ 10^4。N,Q<=100000,本题仅有三组数据
Output
输出共 Q 行，其中第 i 行表示第 i 个询问之后所有可能表达式的和，对10^9 + 7 取模。
Sample Input
5 5
9384 887 2778 6916 7794
2 8336
5 493
3 1422
1 28
4 60
Sample Output
890543652
252923708
942282590
228728040
608998099 一颗赛艇，我是这么推的结论：首先考虑暴力DP，设S[i]表示∏j<=i Aj。f[i]表示前i个数在之间随便插数的结果之和，不难得到f[i]=∑j<i (2*f[j]) + S[i]。然后3*f[i]-S[i]=∑j<=i (2*f[j]) f[i+1]=∑j<=i (2*f[j]) + S[i+1] =3*f[i] (-S[i]+S[i+1])考虑每个S[i]-S[i-1]对f[n]的影响，则f[n]=∑(S[i]-S[i-1])*3^(n-i)。裂项一下，则f[n]=2*∑(S[i]*3^(n-i-1))+S[n]。然后就可以用线段树简单维护一下答案了。然后又想了一下，发现答案可以这样理解：枚举第一串*号拓展到哪个位置，除了放了n-1个*号的情况，下一步放+和放-号的答案刚好抵消，所以对答案的贡献刚好是S[i]*3^(n-i-1)。膜。的。长。者。
#include<cstdio>
#include<cctype>
#include<queue>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#define rep(i,s,t) for(int i=s;i<=t;i++)
#define dwn(i,s,t) for(int i=s;i>=t;i--)
#define ren for(int i=first[x];i;i=next[i])
using namespace std;
const int BufferSize=1<<16;
char buffer[BufferSize],*head,*tail;
inline char Getchar() {
if(head==tail) {
int l=fread(buffer,1,BufferSize,stdin);
tail=(head=buffer)+l;
}
return *head++;
}
inline int read() {
int x=0,f=1;char c=Getchar();
for(;!isdigit(c);c=Getchar()) if(c=='-') f=-1;
for(;isdigit(c);c=Getchar()) x=x*10+c-'0';
return x*f;
}
typedef long long ll;
const int maxn=100010;
const int mod=1000000007;
ll pow(ll n,int m) {
ll ans=1;
for(;m;m>>=1,(n*=n)%=mod) if(m&1) (ans*=n)%=mod;
return ans;
}
int n,q,A[maxn],xp[maxn];
ll pown,inv3,sumk[maxn<<2],sumv[maxn<<2];
void maintain(int o,int l,int r) {
int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=lc|1;
sumk[o]=sumk[lc]*sumk[rc]%mod;
sumv[o]=(sumv[lc]+sumv[rc]*xp[mid-l+1]%mod*sumk[lc])%mod;
}
void build(int o,int l,int r) {
if(l==r) sumk[o]=A[l],sumv[o]=A[l]*pown%mod;
else {
int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=lc|1;
build(lc,l,mid);build(rc,mid+1,r);
maintain(o,l,r);
}
}
void update(int o,int l,int r,int p) {
if(p==n) {A[n]=read();return;}
if(l==r) sumk[o]=read(),sumv[o]=sumk[o]*pown%mod;
else {
int mid=l+r>>1,lc=o<<1,rc=lc|1;
if(p<=mid) update(lc,l,mid,p);
else update(rc,mid+1,r,p);
maintain(o,l,r);
}
}
int main() {
n=read();q=read();xp[0]=1;inv3=pow(3,mod-2);pown=pow(3,n-2);
rep(i,1,n) A[i]=read(),xp[i]=xp[i-1]*inv3%mod;
build(1,1,n-1);
rep(i,1,q) {
update(1,1,n-1,read());
printf("%lld\n",(sumv[1]*2+sumk[1]*A[n])%mod);
}
return 0;
}
