[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
", (f[nxt[1]] + f[nxt[2]]) % MOD);
	return 0;
}