[AGC027E]ABBreviate

Description

AGC027E

给定一个仅由\(AB\)构成的字符串\(S\)，给定两个操作，把\(AA\)换成\(B\)，和把\(BB\)换成\(A\)，问由这个字符串和任意次操作可以得到几种字符串。

Solution

AGC好难啊（摔

首先，如果不能操作，答案是\(0\)。

我们令\(A=1,B=2\)，这样就会有一个美妙的性质：所有字符的和在操作的时候在模\(3\)意义下不变，我们记这个和为\(p(S)\)。然后我们可以得到一个结论：一个字符串\(S\)可以变成字符\(c\)，当且仅当：\(S=c\)或\(p(S)=p(c)\)且\(S\)可以操作。这个条件的必要性很好证明，而充分性证明也比较简单：当\(S\)中的连续字符长度为\(2\)时，可以合并这两个字符，并且字符串长度减小；而当\(S\)中的连续字符长度大于\(2\)时，可以合并与不同字符相邻的那一端的字符（如果只有一种字符的话，自己证吧），字符串长度也减少；这样，字符串长度不断减少，一定可以达到\(1\)，这时的\(S'=c\)。

这样问题就转化为：求出这样的\(T\)的数量：将\(S\)划分为\(|T|\)段，第\(i\)段的\(p\)值与\(T\)中的第\(i\)个字符的\(p\)值相等。我们可以贪心的构造这样的\(T\)：让每一段的长度尽可能的小，如果分出\(|T|\)段后，剩余部分的\(p\)值为\(0\)，那就是一个合法的\(T\)。

这样，就只需要一个简单的DP就行了我们递推的来做，\(f_i\)表示前\(i\)个字符看作一段的方案数，如果\(p(S_{i+1,n})=0\)，那么\(i\)之后的位置可以看成是剩余的位置，\(f_i\)的初值为\(1\)，否则为\(0\)。然后，我们可以在\(i\)之后加一段\(A\)或是\(B\)，这样就要记录各个\(p\)值最后一次出现的位置，累加即可。具体实现看代码。

Code

#include <cstdio>

const int N = 1e5 + 10;
const int MOD = 1e9 + 7;

char s[N];
int a[N], n, f[N], nxt[3];

int main() {
	scanf("%s", s);
	for (; s[n]; ++n) a[n+1] = (a[n] + s[n] - 'a' + 1) % 3; // 求前缀和
	// 判断是否可以操作
	int flag = 0;
	for (int i = 1; i < n; ++i) {
		if (s[i] == s[i-1]) flag = 1;
	}
	if (!flag) {
		puts("1");
		return 0;
	}
	// 递推
	f[n] = 1;
	for (int i = 0; i < 3; ++i) nxt[i] = i == a[n] ? n : n + 1;
	for (int i = n-1; i; --i) {
		f[i] = a[i] == a[n]; // 后面可不可以不分段
		for (int c = 1; c <= 2; ++c) {
			(f[i] += f[nxt[(a[i]+c)%3]]) %= MOD; // 后面加一段A或B
		}
		nxt[a[i]] = i; // 记录该p值最后一次出现的位置
 	}
 	printf("%d\n", (f[nxt[1]] + f[nxt[2]]) % MOD);
	return 0;
}