Atcoder Grand Contest 033

033E Go around a Circle

题目描述

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解法

如果 $S_1=B$，我们可以翻转整个 $S$，那么可以让 $S_1=R$ 并且答案不变。

那么开始写必要条件，你一定要利用好 满足将棋子放在任意一个点上，都存在方案 这个限制。首先我们可以知道环上不存在相邻的两个 B，因为起点放在 B 之间就会不合法。

我们可以特判掉 $S$ 全是 R 的情况，那么现在的 $S$ 就是 R/B 分段间隔出现，设这些段是 $c_{1,2...k}$

我们发现环上每段 R 都必须是奇数，因为如果是偶数，那么无论 $c_1$ 是奇数或者偶数，我们都可以通过设置起点，使得走完 $c_1$ 之后还卡在 R 段的中间。

此外 $c_1$ 的要求还没有考虑完，如果 $c_1$ 是奇数，那么要求每一段的 R 不超过 $c_1$，因为如果长度超过 $c_1$，放置在一段无法走到另一端；如果 $c_1$ 是偶数，那么要求每一段 R 的长度不超过 $c_1+1$，类似地我们放置在一段的下一个点无法走到另一端。

对于 $S$ 中其他的 R 段，起点一定是环上 R 的一段，所以如果对应的 $c_i$ 是奇数，那么只能从一段走到另一端，所以要求每一段的长度都不能超过 $c_i$；如果对应的 $c_i$ 是偶数，只会在端点反复横跳，所以没有限制。总结一下就是对于 $i\in[2,k)$（最后一段没有限制），如果 $i$ 和 $c_i$ 都是奇数，那么长度不超过 $c_i$

有了上面的必要条件之后充分性不难说明。

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那么现在的限制转化为：求环的方案数，要求不能有相邻的 B，并且 R 的连续段不能超过某个定值。

直接一维 $dp$，设 $f_i$ 表示前 $i$ 个点分段（一段的 RB 一起考虑）的方案数，注意我们只对偶数位进行 $dp$，可以用前缀和优化。最后算答案的时候考虑翻转，如果最后一段长度为 $i$ 就有 $i$ 种翻转方案：

$$ans=\sum f_{n-i}\cdot i$$

时间复杂度 $O(n)$

#include <cstdio>
#include <iostream>
using namespace std;
const int M = 200005;
#define int long long
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,m,k,w,ans,c[M],dp[M][2][2],g[M],f[M];char s[M];
void work()
{
	dp[1][0][0]=dp[1][1][1]=1;
	for(int i=2;i<=n;i++)
	{
		dp[i][0][0]=(dp[i-1][0][0]+dp[i-1][0][1])%MOD;
		dp[i][0][1]=dp[i-1][0][0];
		dp[i][1][0]=(dp[i-1][1][0]+dp[i-1][1][1])%MOD;
		dp[i][1][1]=dp[i-1][1][0];
	}
	ans=(dp[n][0][0]+dp[n][0][1]+dp[n][1][0])%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
}
signed main()
{
	n=read();m=read();scanf("%s",s+1);
	for(int i=1,j=1;i<=m;i=j)
	{
		j=i;while(j<=m && s[i]==s[j]) j++;
		c[++k]=j-i;
	}
	if(k==1) {work();return 0;}
	if(n&1) {puts("0");return 0;}
	w=c[1]+!(c[1]&1);
	for(int i=3;i<k;i+=2)
		if(c[i]&1) w=min(w,c[i]);
	f[0]=g[0]=1;
	for(int i=2;i<=n;i+=2)
	{
		f[i]=(g[i-2]+(i-w-3>=0?MOD-g[i-w-3]:0))%MOD;
		g[i]=(g[i-2]+f[i])%MOD;
	}
	for(int i=2;i<=min(n,w+1);i+=2)
		ans=(ans+f[n-i]*i)%MOD;
	printf("%lld\n",ans);
}