AGC027E ABBreviate

AGC 027E

有个字符串$s$，由’a’和‘b’组成。

可以如此操作：

1. 将一个’aa’改成’b’。
2. 将一个’bb’改成‘a’。

问这样形成的本质不同的字符串个数。

$n\le 10^5$

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离正解差一步。

按照套路，先考虑如何判定：即枚举一个字符串$t$，判定它是否能够被$s$操作得到。

先手玩一下单个字符能被哪些字符串操作得到。

假如这个字符是$a$。它被操作了$c$次，那么$cn{t}_b\equiv -c(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)$。

归纳一下就可以证出来了。

但这个条件不充分。于是加上：这个字符串至少拥有一对相邻的相同的字符。发现有了这个之后就充分了。

回到判定问题。现在对于$t_i$，让它匹配$[x,x+c]$这段区间。那么就要满足$cn{t}_b[x,x+c]+c\equiv 0(\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}3)$

如果要把这个判定方法变成计数，那么一定要让这个判定的过程唯一。

猜想一下：找到一个满足这个条件的最小的$c$，然后直接匹配过去。

可以证明：只考虑这个条件，如果存在同样满足条件的$c<c^{\prime }$，那么区间$[x+c+1,x+c^{\prime }]$可以被接到后面的区间中。

于是就这样一直匹配，最后一个特殊处理一下（匹配剩下的区间）。

但是如果只考虑这个结论，可能不满足有相同的相邻的字符这个条件。这个只会在最后一个区间出现，因为前面的区间选的都是尽量小的长度，用a匹配形如ababa的区间，不如匹配a。所以只需要考虑最后一个区间。假设最后一个区间长成ababa，在它前面找到最靠右的a或bb（也就是长成a/bb+abab...ab+ababa），由于$aab\to a,bbab\to bb$，所以一定存在一个操作消掉一些ab，最后的影响是最后一个区间消得只剩a。

因此做法就出来了：先特判一定完全是不同字符交替的情况，剩下的情况直接对每个字符匹配最小区间，按照这样做个DP。

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using namespace std;
#include 
#include 
#include 
#define N 100010
#define ll long long
#define mo 1000000007
int n;
char s[N];
int sum[N][2];
int nxt[N][2][3];
int f[N];
int main(){
     
	freopen("in.txt","r",stdin);
	scanf("%s",s+1);
	n=strlen(s+1);
	for (int i=1;i<=n;++i)
		s[i]-='a';
	bool spj=1;
	for (int i=1;i<n && spj;++i)
		spj&=(s[i]!=s[i+1]);
	if (spj){
     
		printf("1\n");
		return 0;
	}
	for (int i=1;i<=n;++i){
     
		sum[i][0]=sum[i-1][0]+(s[i]==0);
		sum[i][1]=sum[i-1][1]+(s[i]==1);
	}
	nxt[n+1][0][0]=nxt[n+1][0][1]=nxt[n+1][0][2]=
	nxt[n+1][1][0]=nxt[n+1][1][1]=nxt[n+1][1][2]=n+1;
	for (int i=n;i>=1;--i){
     
		memcpy(nxt[i],nxt[i+1],sizeof nxt[i]);
		nxt[i][0][(sum[i][0]+i)%3]=i;
		nxt[i][1][(sum[i][1]+i)%3]=i;
	}
	f[0]=1;
	ll ans=0;
	for (int i=0;i<n;++i)
		for (int c=0;c<2;++c){
     
			int d=(sum[i][c^1]+i+1)%3,j=nxt[i+1][c^1][d];
			if (j<=n)
				(f[j]+=f[i])%=mo;
			if ((sum[n][c^1]+n)%3==(sum[i][c^1]+i+1)%3)
				(ans+=f[i])%=mo;
		}
	printf("%lld\n",ans);
	return 0;
}