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【题目描述】
给定一个奇数长度的 (01) 串 (S)，其中有若干个位置是 ? 字符。
每次可以将 (3) 个连续的字符替换成这三个数的中位数。求有多少种方案将 ? 替换成 (0/1) 使得进行 (dfrac{N-1}{2}) 次操作后的字符串是 (1)。
【样例输入#1】
1??00
【样例输出#1】
2
【样例输入#2】
?0101???10???00?1???????????????0????????????1????0
【样例输出#2】
402589311
【数据规模与约定】
- (1leq |S| leq 300000)；
- 保证 (|S|) 为奇数；
- (S) 只由
0、1、?构成。
首先，我们先不考虑 ? 的情况，对于一个字符串 (S) ，我们可以用栈来维护这个字符串是否合法。
对于 (01)，(10) 这样的串，新的字符加入后，操作得到的字符肯定是新加的字符。
对于 (000) 这样的串，直接操作肯定是最优的。
所以我们考虑 (000,01,10,111) 这四个串；
很显然，我们要先删除 (000)，然后是 (01,10)，最后是 (111)。
具体来说，这个栈从栈底到栈顶由一段连续的 (1) 和一段连续的 (0) 组成。
对于每个新加入栈的字符 (c)，我们分情况考虑：
当 (c) 是字符 (0) 时，如果堆顶有两个 (0)，我们将这三个 (0) 合并后得到一个 (0)；当堆顶是 (1) 时，因为 (000) 的优先级在 (01) 之前，这个新加入的 (0) 可能会与后面的字符组成 (000) 的串，所以我们直接将它加入栈。
当 (c) 是字符 (1) 时，如果堆顶是 (0)，我们直接将这两个字符抵消；否则，将 (1) 入栈。
对于一个 ?，我们在转移时，把他既按 (1)，又按 (0) 转移就可以了。
然后因为要求最后得到的字符是 (1)，所以最后栈中的 (cnt_0leq cnt_1)，因为 (cnt_0 leq 2)，所以，我们把 (cnt_1>2) 的情况存在 (cnt_1=2) 的情况里就可以了。
因此我们设 (f_{i,j,k}) 表示枚举到第 (i) 个字符，且当前的堆中有 (j) 个 (1)，(k) 个 (0) 的情况。
然后直接转移就好了
最后记录答案的时候，答案也就为 (f_{n,j,k}(jgeq k)) 的和。
代码如下：
#include<bits/stdc++.h>
#define rint register int
using namespace std;
inline int read(){
int s=0,f=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-')f=0;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9') s=(s<<1)+(s<<3)+(c^48),c=getchar();
return f?s:-s;
}
const int Mod=1e9+7;
char s[300010];
int n,f[300010][3][3],ans;
int main(){
scanf("%s",s+1); n=strlen(s+1);
f[0][0][0]=1;
for(rint i=0;i<n;++i)
for(rint j=0;j<=2;++j)
for(rint k=0;k<=2;++k){
if(s[i+1]!='0'){
if(k) f[i+1][j][k-1]=1ll*(f[i+1][j][k-1]+f[i][j][k])%Mod;
else f[i+1][min(j+1,2)][k]=1ll*(f[i+1][min(j+1,2)][k]+f[i][j][k])%Mod;
}
if(s[i+1]!='1'){
if(k==2) f[i+1][j][1]=1ll*(f[i+1][j][1]+f[i][j][k])%Mod;
else f[i+1][j][k+1]=1ll*(f[i+1][j][k+1]+f[i][j][k])%Mod;
}
}
for(rint i=0;i<=2;++i)
for(rint j=0;j<=i;++j) ans=1ll*(ans+f[n][i][j])%Mod;
printf("%d",ans);
return 0;
}