[AtCoder] AT4379 [AGC027E] ABBreviate

Description

(Link)

Solution

设(G(S)=sumlimits_{i=1}^{|S|}(S_i-'a'+1)pmod{3})。那么经过若干次变换，(G(S))始终不会改变。

注意到一个字符串(S)能变换成(T)（(S eq{T})），当且仅当(S)能被划分成若干段，满足每一段的(G(S'))都等于(G(T_i))且(S)中至少有两个连续字符相同，且若还剩下最后一段没有匹配，则(G(S_{lst})=0)。（因为(G(S)=G(T))）

举个例子：设(S=aabbabaabaaabab)，(T=abba)，那么(S)会被划分为(a|abb|abaa|baa|abab)。这是满足的，因为(G(abab)=0)。

因此，我们设(dp[i])表示在(S)中，以(S_i)为后缀的答案。

最开始先把形如(ababababababa)的判掉。

再设一个(nxt[i][0/1])表示(dp[i])由哪里更新而来（如由(dp[nxt[i][0]])再向前面添一个(a)得来）

那么转移方程即为(dp[i] = dp[nxt[i][0]] + dp[nxt[i][1]] + (s == 0))，其中(s)表示(G(S_{isim{n}}))。

解释：可以由(dp[nxt[i][0]])再向前面添一个(a)得来，也可以由(dp[nxt[i][1]])再向前面添一个(b)得来，还可以直接作为一个后缀（这要满足(G(S_{isim{n}})=0)）

(nxt)数组的更新如下：

以(nxt[i][0])为例：如果(S_i=a)，那么(nxt[i][0]=i+1)；如果(S_i=S_{i+1}=b)，那么(nxt[i][0]=i+2)；（(bb ightarrow{a})），否则(nxt[i][0]=nxt[i+2][0])。例如，在(S=babba,i=1)时，计算可得(nxt[i][0]=5)。发现(babb)恰好可以转化为(a)。

答案为(dp[1])。当然，要记得最后减掉(s==0)，因为整个串不可能单独做一个后缀。

Code

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

const int mod = 1e9 + 7;

int n, s, dp[100005], nxt[100005][2];

char ch[100005];

int read()
{
	int x = 0, fl = 1; char ch = getchar();
	while (ch < '0' || ch > '9') { if (ch == '-') fl = -1; ch = getchar();}
	while (ch >= '0' && ch <= '9') {x = (x << 1) + (x << 3) + ch - '0'; ch = getchar();}
	return x * fl;
}

int main()
{
	scanf("%s", ch + 1);
	n = strlen(ch + 1);
	int ok = 0;
	for (int i = 1; i <= n - 1; i ++ )
		if (ch[i] == ch[i + 1])
			ok = 1;
	if (!ok)
	{
		puts("1");
		return 0;
	}
	dp[n + 1] = 1;
	nxt[n + 1][0] = nxt[n + 1][1] = n + 2;
	nxt[n + 2][0] = nxt[n + 2][1] = n + 2;
	for (int i = n; i >= 1; i -- )
	{
		s = (s + ((ch[i] == 'a') ? 1 : 2)) % 3;
		if (ch[i] == 'a') nxt[i][0] = i + 1;
		else if (ch[i + 1] == 'b') nxt[i][0] = i + 2;
		else nxt[i][0] = nxt[i + 2][0];
		if (ch[i] == 'b') nxt[i][1] = i + 1;
		else if (ch[i + 1] == 'a') nxt[i][1] = i + 2;
		else nxt[i][1] = nxt[i + 2][1];
		dp[i] = (dp[nxt[i][0]] + dp[nxt[i][1]] + (s == 0)) % mod;
	}
	printf("%d
", (dp[1] - (s == 0) + mod) % mod);
	return 0;
}