AGC022E Median Replace

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题意：给定长度为奇数的 01? 串，问多少种填法使得串可以变成 $1$。一次操作定义为把连续三个数变成它们的中位数。

这种计数题可以先考虑怎么判定一个串是否可以变成 $1$，称作合法。

根据人类智慧，可以想到 $000S$ 合法 $⟺$ $0S$ 合法，进而启示我们考虑串 $S$ 的前几位，看它与什么串的答案等价。

观察发现：

1. $01S⟺S$；

2. $001S⟺0S$；

3. $000S⟺0S$；

4. $101S⟺1S$；

5. $1001S⟺10S$；

6. $1000S⟺10S$；

7. $11S$ 一定合法。

第七条是非常显然的，只需证明前六条；而前六条性质从右到左同样非常显然，只需证明前六条的 $\Rightarrow$ 方向。

引理：$1S$ 合法 $⟺$ $S$ 可以变成 $01/10/11$。

证明：$\Leftarrow$ 显然，只证明 $\Rightarrow$。

考虑 $1S$ 要变成 $1$，最后三个数来自 $1S$ 的哪些部分。

1. $1+S_1+S_2$，因为能变成 $1$，所以 $S_1,S_2$ 中必有一个 $1$。

2. $1S_1+S_2+S_3$。若 $1S_1$ 对应的是 $0$，则 $S_2,S_3$ 都能变成 $1$，显然 $S=S_1{S}_2{S}_3$ 能变成 $10/01/11$。

   否则 $1S_1$ 对应变成 $1$，根据归纳法，$S_1$ 能变成 $01/10/11$，可以发现无论 $(S_2,S_3)=(1,0)/(0,1)/(1,1)$，$S$ 也都能变成 $01/10/11$。

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引理证毕，下面开始证明。

1. $01S$ 合法，考虑 $01S$ 倒数第二步时的三个数对应原本的哪三段。

   • $0+1+S$，这表示因为 $0,1,\text{S 变成的数}$ 要能变成 $1$，所以 $S$ 可以变成 $1$。

   • $0+1S_1+S_2$，因为有一个 $0$，所以 $1S_1,S_2$ 都要能变成 $1$。根据引理，$S_1$ 能变成 $01/10/11$，所以 $S_1{S}_2$ 一起能变出两个 $1$ 一个 $0$，$S$ 合法。

   • $01S_1+S_2+S_3$。如果 $01S_1$ 变成的是 $0$，则 $S_2,S_3$ 都变成 $1$，$S=S_1{S}_2{S}_3$ 可以变成 $\cdots 11$，$S$ 合法。

     否则 $01S_1$ 归纳法证明。

上面六条都可以类似证明，可自行练习。
另外这里可以偷个懒：$000S$ 合法 $\Rightarrow 001S$ 合法 $⟺$ $0S$ 合法。

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在证明了上面六条之后，我们可以建立一个这样的自动机：接受的信号类型只有 $0,1$ 两种。一共七个状态，每个状态对应一个 $01$ 串。每个状态接受信号的目的地，就根据上面的定理。

例如 $0$ 接受了信号 $1$ 就回到代表 "空" 的结点，因为 $01S⟺S$。
例如 $00$ 接受了信号 $0/1$ 就回到代表 "0" 的结点，因为 $000S/001S⟺0S$。

另外，代表 "11" 的结点是终止状态。

于是我们可以在自动机上 DP。$dp[i][j]$ 表示填了前 $i$ 个字符，位于自动机上结点 $j$ 的方案总数。把 $id(x)$ 记为 $x$ 对应的自动机结点编号。注意转移的时候不能从 $dp[i][id(11)]$ 出发转移。

$ans=dp[len][id(1)]+\sum dp[i][id(11)]\times pow$。

$dp[len][id(1)]$ 很好理解，填完全部之后如果你的串合法等价于 $1$ 合法，当然就合法；后面那一串是因为你的串等价于 $11\cdots$ 时，是一定合法的，只需要统计 $\cdots$ 里面有多少个问号，乘一个二的幂就行了。

点击查看代码

#include <bits/stdc++.h> 

using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 3e5 + 5, MOD = 1e9 + 7;

string s;
ll dp[N][8] = {{}};
int e[10][2];
ll ans = 0;

int main() {
//	freopen("1.in", "r", stdin);
//	freopen("1.out", "w", stdout);
	cin >> s;
	
	if (s.size() == 1) {
		if (s == "1" || s == "?")
			cout << 1 << endl;
		else
			cout << 0 << endl;
		return 0;
	} 
	
	e[1][0] = 2;
	e[1][1] = 4;
	e[2][1] = 1;
	e[2][0] = 3;
	e[3][0] = e[3][1] = 2;
	e[4][0] = 5;
	e[4][1] = 7;
	e[5][0] = 6;
	e[5][1] = 4;
	e[6][0] = e[6][1] = 5;
	
	dp[0][1] = 1;
	for (int i = 0; i < s.size(); i++) {
		for (int j = 1; j <= 6; j++) {
			if (s[i] != '0')
				dp[i + 1][e[j][1]] = (dp[i + 1][e[j][1]] + dp[i][j]) % MOD;
			if (s[i] != '1')
				dp[i + 1][e[j][0]] = (dp[i + 1][e[j][0]] + dp[i][j]) % MOD;
		}
	}
	
	ans = dp[s.size()][4];
	for (ll i = s.size() - 1, pw = 1; i >= 0; i--) {
		ans = (ans + dp[i + 1][7] * pw % MOD) % MOD;
		if (s[i] == '?')
			pw = pw * 2 % MOD; 
	}
	cout << ans << endl;
	return 0;
}