[atARC094F]Normalization

考虑$s$能变成$t$的必要条件（假设$s\ne t$）：

1.$s$中存在一对相邻字符不同

2.$|s|=|t|$且若将a-c对应为0-2，则字符模3同余；

3.$t$中存在一对相邻两个字符相同

同时，对于$|s|\ge 4$，这个充分条件也是必要条件，证明如下：

归纳，对于$|s|=4$暴力验证，否则考虑通过若干次操作将$s$首或尾的字符与$t$相同，然后删去这个字符

具体的构造：若初始相同，直接删去即可，否则强制$s_{2}=s_{3}=除去s_{1}和t_{1}的另一种字符$，然后通过$s_{4}$调整模数相等，再令$s_{5}=...=s_{|s|}=a$即可，先将$s[2,|s|]$变为该字符串，然后再操作一次即相同

同时为了保证第2个性质，若仅在首部出现相邻的相同字符，选择删去尾部，且由于$|s|\ge 4$，首尾相同的部分必然不会重复，因此合法

对于第一个条件直接判定（注意还有$s=t$的1种）即可，否则令$f[i][j][k][p]$表示$t$中前$i$个字符和模3为$j$，最后一个字符为$k$，是否出现过相邻字符相同的方案数，转移分类讨论即可

特别的，如果$s$中没有相邻两个字符，但$t=s$仍然是合法解，答案要加1

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 200005
#define mod 998244353
int n,sum,ans,vis[3][3][3],f[N][3][3][2];
char s[N];
void dfs(int a,int b,int c){
    if (vis[a][b][c])return;
    vis[a][b][c]=1;
    ans++;
    if (a!=b)dfs(3-a-b,3-a-b,c);
    if (b!=c)dfs(a,3-b-c,3-b-c);
}
int main(){
    scanf("%s",s);
    n=strlen(s);
    if (n==2){
        printf("%d",1+(s[0]!=s[1]));
        return 0;
    }
    if (n==3){
        dfs(s[0]-'a',s[1]-'a',s[2]-'a');
        printf("%d",ans);
        return 0;
    }
    bool flag=0;
    for(int i=1;i<n;i++)
        if (s[i]!=s[0]){
            flag=1;
            break;
        }
    if (!flag){
        printf("1");
        return 0;
    }
    for(int i=0;i<3;i++)f[0][i][i][0]=1;
    for(int i=1;i<n;i++)
        for(int j=0;j<3;j++)
            for(int k=0;k<3;k++)
                for(int l=0;l<3;l++)
                    for(int p=0;p<2;p++)
                        f[i][j][k][(p|(l==k))]=(f[i][j][k][(p|(l==k))]+f[i-1][(j+3-k)%3][l][p])%mod;
    sum=0,ans=1;
    for(int i=0;i<n;i++)sum=(sum+s[i]-'a')%3;
    for(int i=1;i<n;i++)ans&=(s[i]!=s[i-1]);
    for(int i=0;i<3;i++)ans=(ans+f[n-1][sum][i][1])%mod;
    printf("%d",ans);
}