CF794G Replace All【分析性质，计数】

给定两个 \(\texttt{AB?}\) 字符串 \(c,d\) 和正整数 \(n\)，求在所有将 \(\texttt ?\) 替换为 \(\texttt{A/B}\) 的方案中，满足 \(1\le |S|,|T|\le n\)，将 \(c,d\) 的 \(\texttt A\) 替换为 \(S\)，将 \(\texttt B\) 替换为 \(T\) 使得 \(c=d\) 的 \(\texttt{01}\) 字符串对 \((S,T)\) 的个数之和\(\bmod(10^9+7)\)。

\(|c|,|d|,n\le 3\cdot 10^5\)

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手玩一下，发现当 \(c=\texttt{AB}\)，\(d=\texttt{BA}\) 时 \(S,T\) 都有长为 \(\gcd(|S|,|T|)\) 的整周期。

结论：当 \(c\ne d\) 时 \(S,T\) 都有长为 \(\gcd(|S|,|T|)\) 的整周期。

证明：考虑对 \(|S|+|T|\) 归纳，显然当 \(|S|=|T|=1\) 时结论成立。否则不妨设 \(|S|\le |T|\)，若 \(|S|=|T|\) 则显然 \(S=T\)，若 \(|S|<|T|\) 则把 \(c,d\) 的 lcp 次掉之后，不妨设 \(c_1=\texttt A,d_1=\texttt B\)，则 \(S\) 是 \(T\) 的前缀，设 \(T=S+T'\)，并将 \(c,d\) 中的 \(\texttt B\) 替换为 \(\texttt{AB}\)，此时 \(|S|+|T|\) 更小了，且 \(c_2\ne d_2\) 所以 \(c\ne d\)，由归纳假设可知 \(S,T'\) 都有长为 \(\gcd(|S|,|T'|)\)，则结论显然成立，得证。

所以 \(c,d\) 中的顺序无关紧要，设 \(a\) 是 \(c\) 的 \(\texttt{A}\) 个数减去 \(d\) 的 \(\texttt A\) 个数，\(b\) 是 \(d\) 的 \(\texttt B\) 个数减去 \(a\) 的 \(\texttt B\) 个数。

显然有 \(a\cdot|S|=b\cdot|T|\)，配合上结论即为充要条件。

当 \(a=b=0\) 时

\[\begin{aligned} Ans&=\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n2^{\gcd(i,j)} \\ &=\sum_{p=1}^n2^p\sum_{d=1}^{\lfloor n/p\rfloor}\mu(d)\lfloor\frac{n}{pd}\rfloor^2 \end{aligned} \]

后面的和式只与 \(\lfloor n/p\rfloor\) 有关，整除分块即可 \(O(n)\)。

当然有一种特殊情况：\(c=d\) 时答案为 \((\sum_{i=1}^n2^i)^2\)。

此外，只有当 \(ab>0\) 时才有解，答案为 \(\sum_{i=1}^r2^i\)，其中 \(r=\lfloor\frac{n\gcd(a,b)}{\max(a,b)}\rfloor\)。

然后要考虑有问号的情况：设 \(x,y\) 表示 \(c,d\) 的 \(\texttt ?\) 数量，\(f_{a,b}\) 表示上述答案的值，则

\[\begin{aligned} Ans&=\sum_i\sum_jf_{a+i-j}f_{b+(y-j)-(x-i)}\binom xi\binom yj \\ &=\sum_{k=-y}^xf_{a+k,b+y-x+k}\sum_j\binom x{k+j}\binom yj \\ &=\sum_{k=0}^{x+y}f_{a-y+k,b-x+k}\binom{x+y}k \end{aligned} \]

那么就做完了，时间复杂度 \(O(n+|c|+|d|)\)。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 3e5+3, M = 26000, mod = 1e9+7;
int ksm(int a, int b){
	int r = 1;
	for(;b;b >>= 1, a = (LL)a * a % mod)
		if(b & 1) r = (LL)r * a % mod;
	return r;
}
void qmo(int &x){x += x >> 31 & mod;}
int n, tot, nc, nd, res, ans, a, b, x, y, fac[N<<1], inv[N<<1], pw[N], mu[N], pri[M];
char c[N], d[N];
bool notp[N];
int calc(int n){
	int res = 0;
	for(int l = 1, r, x;l <= n;l = r+1){
		r = n / (x = n/l);
		res = (res + ((LL)mu[r]-mu[l-1]+mod)*x%mod*x)%mod;
	} return res;
}
int F(int a, int b){
	if(!a && !b) return res;
	if((LL)a*b <= 0) return 0;
	if(a < 0){a = -a; b = -b;}
	return pw[n/(max(a,b)/__gcd(a,b))];
}
int main(){
	scanf("%s%s%d", c, d, &n);
	nc = strlen(c); nd = strlen(d);
	for(int i = 0;i < nc;++ i)
		switch(c[i]){
			case 'A': ++ a; break;
			case 'B': -- b; break;
			case '?': ++ x;
		}
	for(int i = 0;i < nd;++ i)
		switch(d[i]){
			case 'A': -- a; break;
			case 'B': ++ b; break;
			case '?': ++ y;
		}
	pw[1] = 2;
	for(int i = 2;i <= n;++ i) qmo(pw[i] = (pw[i-1]<<1) - mod);
	for(int i = 2;i <= n;++ i) qmo(pw[i] += pw[i-1] - mod);
	fac[0] = mu[1] = 1;
	for(int i = 1;i <= x+y;++ i) fac[i] = (LL)fac[i-1] * i % mod;
	inv[x+y] = ksm(fac[x+y], mod-2);
	for(int i = x+y;i;-- i) inv[i-1] = (LL)inv[i] * i % mod;
	notp[0] = notp[1] = true;
	for(int i = 2;i <= n;++ i){
		if(!notp[i]) mu[pri[tot++] = i] = -1;
		for(int j = 0;j < tot && i * pri[j] < N;++ j){
			notp[i*pri[j]] = true;
			if(i % pri[j]) mu[i*pri[j]] = -mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i = 2;i <= n;++ i) qmo(mu[i] += mu[i-1]);
	for(int l = 1, r, x;l <= n;l = r+1){
		r = n / (x = n/l);
		res = (res + ((LL)pw[r]-pw[l-1]+mod)*calc(x)) % mod;
	}
	for(int i = 0;i <= x+y;++ i)
		ans = (ans + (LL)inv[i]*inv[x+y-i]%mod*F(a-y+i,b-x+i))%mod;
	ans = (LL)ans * fac[x+y] % mod;
	if(nc == nd){
		int tmp = 1;
		for(int i = 0;i < nc;++ i)
			if(c[i] == '?' && d[i] == '?') qmo(tmp = (tmp<<1) - mod);
			else if(c[i] != '?' && d[i] != '?' && c[i] != d[i]){tmp = 0; break;}
		ans = (ans + ((LL)pw[n]*pw[n]+mod-res)%mod*tmp)%mod;
	}
	printf("%d\n", ans);
}