【AtCoder】ABC104 We Love ABC

题目

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题目大意

对于一个字符串 T T ，规定它的ABC number是这样的一个三元组的个数： (i,j,k) ( i , j , k ) （ 1≤i<j<k≤|T| 1 ≤ i < j < k ≤ | T | ）使得 Ti= T i = A， Tj= T j = B且 Tk= T k = C。

现在给你一个只含有A、B、C和 Q Q 个?的字符串 S S ，你需要用A、B或C把这些?填满，显然一共有 3Q 3 Q 种填法。对于每种填法，求出此时字符串的ABC number，输出这些ABC number的和模 109+7 10 9 + 7 。

分析

数学大法好。

只有ABC的情况

如果给你一个只有A、B、C的字符串 S S ，怎么用 O(n) O ( n ) 的方法算出它的ABC number？
（提示：从字符串中的B入手，组合计数。）

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对于字符串中的B，显然它前面的所有A它后面的所有C能够随便配对，如果第 i i 个字符前面有 A[i] A [ i ] 个A，后面有 C[i] C [ i ] 个C。如果 S[i] S [ i ] 是B，则包含 S[i] S [ i ] 的三元组共有 A[i]×C[i] A [ i ] × C [ i ] 个。

例如：ABCACA，对于唯一的一个B来说，它前面有 1 1 个A，后面有 2 2 个C，则前面的一个A，加上当前的B，可以和右面任何一个C配对。所以ABC number的三元组有： (i,j,k)=(1,2,3) ( i , j , k ) = ( 1 , 2 , 3 ) 或 (1,2,5) ( 1 , 2 , 5 ) ，共 1×2=2 1 × 2 = 2 个。

把每个B对应的三元组个数加起来就是答案了，即：

∑1≤i≤|S|Si=B(A[i]×C[i]) ∑ 1 ≤ i ≤ | S | S i = B ( A [ i ] × C [ i ] )

加上?后的情况

发现?可以变成B，而?变成A和C时在其他情况下已经讨论了，不能重复计算。所以直接把?当成B，B也当成B，一模一样的计算就行了。

代码

#include
#include

#define MAXN 1000000
#define MOD 1000000007
char str[MAXN+5];
long long Pow[MAXN+5];
long long A[MAXN+5],C[MAXN+5],M[MAXN+5],N[MAXN+5];

int main(){
    Pow[0]=1;
    for(int i=1;i<=MAXN;i++)//初始化3的幂
        Pow[i]=Pow[i-1]*3%MOD;
    scanf("%s",str+1);
    int len=strlen(str+1);
    for(int i=1;i<=len;i++){
        A[i]=A[i-1]+(str[i]=='A');
        M[i]=M[i-1]+(str[i]=='?');
    }
    for(int i=len;i>=1;i--){
        C[i]=C[i+1]+(str[i]=='C');
        N[i]=N[i+1]+(str[i]=='?');
    }//计算前后缀和
    long long Ans=0;
    for(int i=1;i<=len;i++){
        if(str[i]=='B'||str[i]=='?'){//问号当成B
            Ans=(Ans+
                 A[i]*C[i]*Pow[M[i-1]%MOD+N[i+1]]%MOD+
                 A[i]*N[i+1]%MOD*Pow[M[i-1]+N[i+1]-1]%MOD+
                 C[i]*M[i-1]%MOD*Pow[M[i-1]+N[i+1]-1]%MOD+
                 Pow[M[i-1]+N[i+1]-2]*M[i-1]%MOD*N[i+1])%MOD;
                 //几种情况
        }
    }
    printf("%lld",Ans);
}