codeforces1426——F. Number of Subsequences（DP）

原题链接
题意：
给定一个含有abc?的字符串,?可能是abc中的任意一个,求所有可能的无?字符串中,子序列abc出现的次数.
思路：
dp[i][j]表示前i个字母里j子序列的个数，其中j== 1表示子序列a，j== 2表示子序列ab，j== 3表示子序列abc。
最后答案就是dp[n][3]。
再来看每一步的转移：
1.第i位是a,dp[i][1]=dp[i-1][1]+tmp;
假设前i位里?的个数为k，那么这个?有a,b,c三种可能，就会将原先的串变为3^k种串，每个串里在第i位上都是a，所以要算3 ^k次。tmp表示3 ^k,从头累加。
2.第i位是b，dp[i][2]=dp[i-1][2]+dp[i-1][1];
含义取到第i-1个位置时ab子序列的个数，再加上取到第i-1个位置时a子序列的个数，后者在第i位取b时也可以构成ab子序列。
3.第i位为c，dp[i][3]=dp[i-1][3]+dp[i-1][2];解释同2。
在上面三种情况时，其他非j情况的子序列都是直接累加前一个的，因为不会对他们产生影响。
4.第i位为？，考虑对每种序列的影响：
如果?放a的话，那么会多tmp个a
如果?放b的话，多dp[i-1][1]个ab
如果?放c的话，多dp[i-1][2]个abc

代码：

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long ll;
typedef unsigned long long ull;
typedef pair<ll,ll>PLL;
typedef pair<int,int>PII;
typedef pair<double,double>PDD;
#define I_int ll
inline ll read()
{
    ll x=0,f=1;
    char ch=getchar();
    while(ch<'0'||ch>'9')
    {
        if(ch=='-')f=-1;
        ch=getchar();
    }
    while(ch>='0'&&ch<='9')
    {
        x=x*10+ch-'0';
        ch=getchar();
    }
    return x*f;
}
char F[200];
inline void out(I_int x)
{
    if (x == 0) return (void) (putchar('0'));
    I_int tmp = x > 0 ? x : -x;
    if (x < 0) putchar('-');
    int cnt = 0;
    while (tmp > 0)
    {
        F[cnt++] = tmp % 10 + '0';
        tmp /= 10;
    }
    while (cnt > 0) putchar(F[--cnt]);
    //cout<<" ";
}
ll ksm(ll a,ll b,ll p)
{
    ll res=1;
    while(b)
    {
        if(b&1)res=res*a%p;
        a=a*a%p;
        b>>=1;
    }
    return res;
}
const int inf=0x3f3f3f3f;
const ll mod=1e9+7;
const ll INF = 0x3f3f3f3f3f3f3f3f;
const int maxn=2e5+7,N=1e7+10;
const double PI = atan(1.0)*4;
const double eps=1e-6;
char s[maxn];
ll dp[maxn][4];
int main()
{
    int n;
    ll tmp=1;
    scanf("%d%s",&n,s+1);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        if(s[i]=='a'){
            dp[i][1]=(dp[i-1][1]+tmp)%mod;
            dp[i][2]=(dp[i-1][2])%mod;
            dp[i][3]=(dp[i-1][3])%mod;
        }
        else if(s[i]=='b'){
            dp[i][1]=(dp[i-1][1])%mod;
            dp[i][2]=(dp[i-1][2]+dp[i-1][1])%mod;
            dp[i][3]=(dp[i-1][3])%mod;
        }
        else if(s[i]=='c'){
            dp[i][1]=(dp[i-1][1])%mod;
            dp[i][2]=(dp[i-1][2])%mod;
            dp[i][3]=(dp[i-1][3]+dp[i-1][2])%mod;
        }
        else if(s[i]=='?'){
            dp[i][1]=(dp[i-1][1]*3+tmp)%mod;
            dp[i][2]=(dp[i-1][2]*3+dp[i-1][1])%mod;
            dp[i][3]=(dp[i-1][3]*3+dp[i-1][2])%mod;
            tmp=tmp*3%mod;
        }
    }
    out(dp[n][3]);
    return 0;
}