Atcoder Grand Contest 027

027E ABBreviate

题目描述

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解法

首先思考判定性问题，如何判断字符串 \(s\) 能否操作到 \(t\) ？

通过一些基本的分析可知，字符串 \(t\) 上的每个字符对应着 \(s\) 上的一段区间。所以我们先思考简化问题：如果判断一个字符串 \(s\) 是否能够操作成单个字符 \(c\) ？

从必要条件入手，首先寻找不变量，我们给 ab 分别加权 \(1/2\)，操作不改变模 \(3\) 意义下的权值，所以两者的权值应该相等。此外还要保证初始时可以操作，也就是要求初始时存在相邻相等的字符。

发现证明充分性是很简单的，因为每个时刻我们都能保证有相邻相等的字符可以操作。那么我们得到结论：字符串 \(s\) 可以操作成单个字符 \(c\)，当且仅当权值相等，并且满足 \(|s|=1\) 或者 \(s\) 存在相邻相等字符。

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回到原来的判定性问题，考虑类似子序列自动机的贪心匹配思想，对于 \(t\) 的第一个字符 \(c\)，我们考虑找到 \(s\) 中和它权值相等的最短前缀，然后删去 \(c\) 和 \(s\) 的最短前缀。不难发现这个前缀一定可以操作成 \(c\)（因为最短且权值相等）

问题是这样贪心匹配最后还会剩下一段，我们想要把这一段消去，考虑必要条件是这一段的权值为 \(0\)，我们考虑把 \(t\) 的最后一个字符和这一段消去，如果不能消去那么一定是类似 a 和 baba 的形式。但是我们可以留下一个 a，把 abab 传递到前面去，由于整个序列存在相邻相等字符（否则无法操作），所以说最后一定能被消掉。

那么得到结论，\(s\) 可以操作成 \(t\)，当且仅当 \(s\) 可以被成功划分，并且最后一段的权值为 \(0\)

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回到计数问题，可以利用上面的结论建出自动机然后计数。考虑终止状态就是所有后缀权值为 \(0\) 的点，转移就是最近可以成为 a/b 的一段，可以从后往前边构建边计数，时间复杂度 \(O(n)\)

总结

本质不同字符串的计数问题，在没有深入分析之前，你就应该明白方法可能是：类似子序列自动机的贪心匹配思想。

#include <cstdio>
#include <cstring>
const int M = 100005;
const int MOD = 1e9+7;
int read()
{
	int x=0,f=1;char c;
	while((c=getchar())<'0' || c>'9') {if(c=='-') f=-1;}
	while(c>='0' && c<='9') {x=(x<<3)+(x<<1)+(c^48);c=getchar();}
	return x*f;
}
int n,nxt[M][2],dp[M];char s[M];
signed main()
{
	scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);
	int f=0,w=0;
	for(int i=1;i<n;i++) f|=(s[i]==s[i+1]);
	if(!f) {puts("1");return 0;}
	dp[n+1]=1;
	nxt[n+1][0]=nxt[n+1][1]=nxt[n+2][0]=nxt[n+2][1]=n+2;
	for(int i=n;i>=1;i--)
	{
		w+=(s[i]=='a')?1:2;w%=3;
		nxt[i][0]=s[i]=='a'?i+1:s[i+1]=='b'?i+2:nxt[i+2][0];
		nxt[i][1]=s[i]=='b'?i+1:s[i+1]=='a'?i+2:nxt[i+2][1];
		dp[i]=(dp[nxt[i][0]]+dp[nxt[i][1]]+(w==0))%MOD;
	}
	printf("%d\n",(dp[1]+MOD-(w==0))%MOD);
}