验题人题解。
观察所有 \(\tt 0\) 的位置，容易发现 \(\forall i\)，从左到右第 \(i\) 个 \(\tt 0\) 所在位置的奇偶性是固定的。且任意一个这样的棋盘都能通过题面中的操作得到。
考察操作的可逆性，容易想到令每个 \(S\) 对应一个具有代表性的棋盘状态。
考虑构造这样的一个棋盘状态。在满足位置奇偶性正确的情况下，先令所有 \(\tt 0\) 尽量靠左。接下来从左到右考虑每个 \(\tt 0\) 的位置，若一个 \(\tt 0\) 所在的位置 \(i\in S\)，则令这个 \(\tt 0\) 及其后面所有 \(\tt 0\) 都向右移动两格。若没有 \(\tt 0\) 被移出格子，则 \(S\) 合法。
容易使用线段树维护尽量靠左的情况下，最后一个 \(\tt 0\) 的位置，记为 \(p\)。记 \(\tt 0\) 的个数为 \(c\)。枚举最后一个 \(\tt 0\) 向右移动的次数 \(i\)，容易得到答案：
\[\sum_{i=0}^{\lfloor\frac{n-p}2\rfloor}2^{n-c-i}{c+i-1\choose c-1}
\]
记 \(m=\lfloor\frac{n-p}2\rfloor\)，则答案为：
\[\begin{aligned}&\sum_{i=0}^{m}2^{n-c-i}{c+i-1\choose c-1}\\
=&2^{n-c-m-1}\sum_{i=0}^{m}2^{m-i+1}{c-1+i\choose c-1}\\
=&2^{n-c-m-1}\sum_{i=c}^{m+c}{m+c\choose i}\\
=&2^{n-c-m}\left(2^{m+c}-\sum_{i=0}^{c-1}{m+c\choose i}\right)\\
=&2^{n}-2^{n-c-m}\sum_{i=0}^{c-1}{m+c\choose i}\\\end{aligned}
\]
问题转化为组合数下标前缀和，容易想到莫队。由于操作是单点修改，\(c\) 和 \(m\) 的变化量都是 \(\mathcal O(1)\) 级别的，不用莫队，暴力求变化量即可。时间复杂度 \(\mathcal O(q\log n)\)。
参考代码：
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define mxn 500003
#define md 1000000007
#define pb push_back
#define mkp make_pair
#define ld long double
#define umap unordered_map
#define rep(i,a,b) for(int i=a;i<=b;++i)
#define rept(i,a,b) for(int i=a;i<b;++i)
#define drep(i,a,b) for(int i=a;i>=b;--i)
#define pq priority_queue
using namespace std;
ll power(ll x,int y){ll ans=1;for(;y;y>>=1){if(y&1)ans=ans*x%md;x=x*x%md;}return ans;
}
struct node{int l,r,x;
}t[mxn<<2];
struct asker{int a,b,i;
}d[mxn];
int n,q,c,tt,now;
char s[mxn];
ll f[mxn<<1],f1[mxn<<1],fac[mxn<<1],ifac[mxn<<1],ans[mxn],s1[mxn],s2[mxn];
node operator+(node x,node y){return {min(x.l,y.l),max(x.r,y.r),x.x+y.x+(x.r&&y.l<=n?((x.r^y.l)&1?1:2):0)};
}
void build(int p,int l,int r){if(l==r){if(s[l]=='0')t[p]={l,l,0};else t[p]={n+1,0,0};return;}int mid=(l+r)>>1;build(p<<1,l,mid);build(p<<1|1,mid+1,r);t[p]=t[p<<1]+t[p<<1|1];
}
void upd(int p,int x,int l,int r){if(l==r){if(s[l]=='0')t[p]={l,l,0};else t[p]={n+1,0,0};return;}int mid=(l+r)>>1;if(x<=mid)upd(p<<1,x,l,mid);else upd(p<<1|1,x,mid+1,r);t[p]=t[p<<1]+t[p<<1|1];
}
void init(int n){f[0]=f1[0]=1;rep(i,1,n)f[i]=f[i-1]*2%md,f1[i]=f1[i-1]*500000004%md;fac[0]=1;rep(i,1,n)fac[i]=fac[i-1]*i%md;ifac[n]=power(fac[n],md-2);drep(i,n,1)ifac[i-1]=ifac[i]*i%md;
}
inline ll C(int n,int m){if(n<m||m<0)return 0;return fac[n]*ifac[m]%md*ifac[n-m]%md;
}
void get(int m,int c){s2[now]=f[n]%md;d[++tt]={m+c+1,c,now};s1[now]=(md-f1[m+c])*f[n-1]%md;
}
void solve(){if(!c){ans[now]=f[n];return;}int p=(t[1].l&1?1:2)+t[1].x;get((n-p)>>1,c-1);
}
signed main(){scanf("%d%d%s",&n,&q,s+1);rep(i,1,n)if(s[i]=='0')c++;init(n<<1);build(1,1,n);rep(i,0,q)s1[i]=1,s2[i]=0;now=0;solve();int x;rep(i,1,q){scanf("%d",&x);if(s[x]=='1')c++;else c--;s[x]^=1;upd(1,x,1,n);now=i;solve();}int l=0,r=0;ll vl=1;rep(i,1,tt){while(l<d[i].a)vl=(vl*2-C(l,r))%md,l++;while(r>d[i].b)vl=(vl-C(l,r))%md,r--;while(l>d[i].a)vl=(vl+C(l-1,r))*500000004%md,l--;while(r<d[i].b)vl=(vl+C(l,r+1))%md,r++;ans[d[i].i]=vl;}rep(i,0,q){cout<<((ans[i]*s1[i]+s2[i])%md+md)%md<<'\n';}return 0;
}