题意
给定一个长度为 (n) 的串，只包含 abc 和通配符。通配符可以替换 abc 的一个。求所有得到的字符串中子序列 abc 出现的次数，对 (10^9+7) 取模。
( exttt{Data Range:}nleq 2 imes 10^5)
题解
哇哈哈哈我智商终于恢复了。
比较套路，但其实这个东西我一开始是用类似于期望的东西来想的。
记通配符的数量为 (m)。
考虑设 (f_{i,j}) 表示所有 (3^m) 个字符串的前 (i) 个字符中，子序列 a，ab，abc 的数量之和。
首先当给定字符串的第 (i) 个字符为 a 的时候，有如下转移：
[f_{i,1}=f_{i-1,1}+3^m,f_{i,2}=f_{i-1,2},f_{i,3}=f_{i-1,3}
]
为 b 的时候有如下转移：
[f_{i,1}=f_{i-1,1},f_{i,2}=f_{i-1,2}+f_{i-1,1},f_{i,3}=f_{i-1,3}
]
为 c 的时候有如下转移：
[f_{i,1}=f_{i-1,1},f_{i,2}=f_{i-1,2},f_{i,3}=f_{i-1,3}+f_{i-1,2}
]
这三个转移都很平凡，这里不多赘述。
接下来是为通配符的情况，需要讨论一下。
注意到我们肯定可以将所有 (3^{m}) 个字符串中直到 (i-1) 的前缀划分为三组，每组的字符串相同。
所以说每组字符串的中的 a，ab，abc 的数量变成了 (frac{f_{i-1,1}}{3})，(frac{f_{i-1,2}}{3}) 和 (frac{f_{i-1,3}}{3})。
于是考虑将第一组的后面加一个 a，第二组加一个 b，第三组加一个 c。这样子我们就可以写出一个转移方程：
[egin{cases}f_{i,1}=frac{f_{i-1,1}+3^m}{3}+frac{2f_{i-1,1}}{3}\f_{i,2}=frac{f_{i-1,2}+f_{i-1,1}}{3}+frac{2f_{i-1,2}}{3}\f_{i,3}=frac{f_{i-1,3}+f_{i-1,2}}{3}+frac{2f_{i-1,3}}{3}end{cases}
]
整理一下得到以下转移：
[f_{i,1}=f_{i-1,1}+3^{m-1},f_{i,2}=f_{i-1,2}+frac{f_{i-1,1}}{3},f_{i,3}=f_{i-1,3}+frac{f_{i-1,2}}{3}
]
线性 DP 就没了。
有一个加强版就是说多组询问求任意子段的答案。注意到 (f_{i}) 只与 (f_{i-1}) 有关所以可以写成一个 (4 imes 4) 的矩阵，然后用线段树维护矩阵乘积就好了。可能会算重，于是除掉一下就差不多了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int ll;
typedef long long int li;
const ll MAXN=2e5+51,MOD=1e9+7,INV3=333333336;
ll n,m,pw=1;
char ch[MAXN];
ll f[MAXN][3];
inline ll read()
{
register ll num=0,neg=1;
register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')
{
ch=getchar();
}
if(ch=='-')
{
neg=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
num=(num<<3)+(num<<1)+(ch-'0');
ch=getchar();
}
return num*neg;
}
int main()
{
n=read(),scanf("%s",ch+1);
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
ch[i]=='?'?m++,pw=(li)pw*3%MOD:1;
}
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
f[i][1]=f[i-1][1],f[i][2]=f[i-1][2],f[i][3]=f[i-1][3];
if(ch[i]=='a')
{
f[i][1]=(f[i][1]+pw)%MOD;
}
if(ch[i]=='b')
{
f[i][2]=(f[i][2]+f[i-1][1])%MOD;
}
if(ch[i]=='c')
{
f[i][3]=(f[i][3]+f[i-1][2])%MOD;
}
if(ch[i]=='?')
{
f[i][1]=(f[i][1]+(li)pw*INV3%MOD)%MOD;
f[i][2]=(f[i][2]+(li)f[i-1][1]*INV3)%MOD;
f[i][3]=(f[i][3]+(li)f[i-1][2]*INV3)%MOD;
}
}
printf("%d
",f[n][3]);
}