之前不知道有”双栈模拟队列“这回事（主要是 9.23 模拟那场 T2 拿分治水过了就没管正解），写篇题解记录一下（
首先我们可以很自然地想到一个 DP，\(dp_{i,j}\) 表示有多少组到达第 \(i\) 行第 \(j\) 列所在格子的方案数，转移就从前两行刷表转移即可，复杂度 \(q^2n\)，大约可以获得 \(30\) 分的好成绩（雾
考虑优化。注意到转移可以写成矩阵的方式，并且列数很小，只有 \(20\)，因此可以想到矩阵乘法优化 DP。考虑离线建出最后的网格图，那么每次询问肯定是网格图上行在一段区间内的子矩形，经典的线段树维护矩阵乘法的模型，每次询问都求一遍区间矩阵乘积复杂度 \(qn^3\log q\)，可以获得 \(70\) 分的好成绩。
继续优化。考虑这样一个事实：我们每次乘的矩阵中，\(1\) 的个数是 \(\mathcal O(n)\) 的，也就是说转移矩阵是一个稀疏矩阵，换句话说如果我们新加入一行，我们可以在 \(\mathcal O(n)\) 的时间内算出新的 DP 值，而不必 \(n^3\) 地跑一遍矩阵乘法。碰到这类插入复杂度很小，但合并复杂度很高的题可以想到将操作尽量转化为插入操作。怎么转化呢？一种常见的方法是分治，虽然应用到此题上不是不行，但对于此题而言使用分治复杂度会多一个 \(\log\)，不知道能不能通过。
注意到我们每次都是在头添加元素，尾删除元素，也就是说添加/删除元素的过程组成了一个队列结构。因此考虑双栈模拟队列，具体来说我们实时维护一个端点 \(mid\)，然后维护 \(L\to mid,mid+1\to R\) 的转移矩阵。考虑每次操作带来的影响：
- 加入操作：我们先将加入的行放在右半边，显然我们可以 \(\mathcal O(n)\) 地算出新加入的行的贡献
- 删除操作：直接令左端点加 \(1\)。如果左半边非空那就不用管它了，否则将右半部分全部加入左半部分中，具体操作是，先令 \(mid=R\)，然后设 \(dp_x\) 表示从第 \(x\) 列到第 \(mid\) 列的子矩形的转移矩阵，然后我们从第 \(R\) 列开始向 \(L\) 列扩展，每次新加入一列贡献可以 \(\mathcal O(n)\) 地算出，这样可以在 \(\mathcal O((R-L+1)·n)\) 的时间内算出新的转移矩阵。
- 查询操作：将左右部分合并起来。右半部分我们实时维护着，它的贡献直接调用即可。左半部分的贡献就调用每次重构时的 \(dp\) 数组即可。记当前最上边一行在完整的图形中是第 \(L\) 行，那么左半部分的贡献就是 \(dp_L\)。
显然每个点最多被重构一次，因此删除总复杂度均摊 \(qn^2\)，而查询和加入复杂度都是单次 \(\mathcal O(n)\) 的，因此总复杂度 \(qn^2\)。
还有一点是由于这题马的移动轨迹涉及到前两行，因此 DP 状态还要记录上一行的状态，所以常数略有点大。
const int MAXQ=1e5;
const int MAXN=20;
int n,qu,mid,L=1,R=0;char s[MAXQ+5][MAXN+5];
struct dat{
int a[MAXN+5][MAXN+5][2];
dat(){memset(a,0,sizeof(a));}
void clear(){memset(a,0,sizeof(a));}
};//0:current row 1:last row
dat rit[2],lft[2][MAXQ+5];
dat ins(dat x,int r){
dat ret;
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) ret.a[i][j][1]=x.a[i][j][0];
for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) if(s[r][j]!='#'){
if(j-2>=1) ret.a[i][j][0]=(ret.a[i][j][0]+x.a[i][j-2][0])%MOD;
if(j+2<=n) ret.a[i][j][0]=(ret.a[i][j][0]+x.a[i][j+2][0])%MOD;
if(j-1>=1) ret.a[i][j][0]=(ret.a[i][j][0]+x.a[i][j-1][1])%MOD;
if(j+1<=n) ret.a[i][j][0]=(ret.a[i][j][0]+x.a[i][j+1][1])%MOD;
} return ret;
}
int main(){
freopen("chess.in","r",stdin);
freopen("chess.out","w",stdout);
scanf("%d%d",&n,&qu);
for(int _=1;_<=qu;_++){
static char opt[10];scanf("%s",opt+1);
if(opt[1]=='A'){
R++;scanf("%s",s[R]+1);
if(R==mid+1){
rit[0].clear();rit[1].clear();
for(int i=1;i<=n;i++) rit[0].a[i][i][0]=(s[R][i]=='.');
} else if(R==mid+2){
rit[0]=ins(rit[0],R);
for(int i=1;i<=n;i++) rit[1].a[i][i][0]=(s[R][i]=='.');
} else rit[0]=ins(rit[0],R),rit[1]=ins(rit[1],R);
// for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) printf("%d%c",rit[0].a[i][j][0]," \n"[j==n]);
// for(int i=1;i<=n;i++) for(int j=1;j<=n;j++) printf("%d%c",rit[1].a[i][j][0]," \n"[j==n]);
} else if(opt[1]=='D'){
L++;
if(L>mid){
mid=R;rit[0].clear();rit[1].clear();
for(int i=L;i<=R;i++) lft[0][i].clear(),lft[1][i].clear();
for(int i=1;i<=n;i++) lft[0][mid].a[i][i][0]=(s[mid][i]=='.');
for(int i=1;i<=n;i++) lft[1][mid-1].a[i][i][0]=(s[mid-1][i]=='.');
for(int i=mid-1;i>=L;i--) lft[0][i]=ins(lft[0][i+1],i);
for(int i=mid-2;i>=L;i--) lft[1][i]=ins(lft[1][i+1],i);
}
} else {
int x,y;scanf("%d%d",&x,&y);
if(L>R){puts("0");continue;}
if(s[L][x]=='#'||s[R][y]=='#'){puts("0");continue;}
if(L==R){printf("%d\n",(x==y));continue;}
if(R==mid){printf("%d\n",lft[0][L].a[y][x][0]);continue;}
if(L>mid){printf("%d\n",rit[0].a[x][y][0]);continue;}
int res=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
if(i-2>=1) res=(res+1ll*lft[0][L].a[i][x][0]*rit[0].a[i-2][y][0])%MOD;
if(i+2<=n) res=(res+1ll*lft[0][L].a[i][x][0]*rit[0].a[i+2][y][0])%MOD;
if(i-1>=1) res=(res+1ll*lft[1][L].a[i][x][0]*rit[0].a[i-1][y][0])%MOD;
if(i+1<=n) res=(res+1ll*lft[1][L].a[i][x][0]*rit[0].a[i+1][y][0])%MOD;
if(i-1>=1) res=(res+1ll*lft[0][L].a[i][x][0]*rit[1].a[i-1][y][0])%MOD;
if(i+1<=n) res=(res+1ll*lft[0][L].a[i][x][0]*rit[1].a[i+1][y][0])%MOD;
} printf("%d\n",res);
}
}
return 0;
}
/*
5 100
Add .....
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Del
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Del
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Add .....
Add .....
Que 2 4
Add .....
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Que 2 4
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Que 2 3
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Que 2 4
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