题意
给定一个长度为 \(n\) 的串，只包含 abc 和通配符。通配符可以替换 abc 的一个。求所有得到的字符串中子序列 abc 出现的次数，对 \(10^9+7\) 取模。
\(\texttt{Data Range:}n\leq 2\times 10^5\)
题解
哇哈哈哈我智商终于恢复了。
比较套路，但其实这个东西我一开始是用类似于期望的东西来想的。
记通配符的数量为 \(m\)。
考虑设 \(f_{i,j}\) 表示所有 \(3^m\) 个字符串的前 \(i\) 个字符中，子序列 a，ab，abc 的数量之和。
首先当给定字符串的第 \(i\) 个字符为 a 的时候，有如下转移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1}+3^m,f_{i,2}=f_{i-1,2},f_{i,3}=f_{i-1,3} \]
为 b 的时候有如下转移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1},f_{i,2}=f_{i-1,2}+f_{i-1,1},f_{i,3}=f_{i-1,3} \]
为 c 的时候有如下转移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1},f_{i,2}=f_{i-1,2},f_{i,3}=f_{i-1,3}+f_{i-1,2} \]
这三个转移都很平凡，这里不多赘述。
接下来是为通配符的情况，需要讨论一下。
注意到我们肯定可以将所有 \(3^{m}\) 个字符串中直到 \(i-1\) 的前缀划分为三组，每组的字符串相同。
所以说每组字符串的中的 a，ab，abc 的数量变成了 \(\frac{f_{i-1,1}}{3}\)，\(\frac{f_{i-1,2}}{3}\) 和 \(\frac{f_{i-1,3}}{3}\)。
于是考虑将第一组的后面加一个 a，第二组加一个 b，第三组加一个 c。这样子我们就可以写出一个转移方程：
\[\begin{cases}f_{i,1}=\frac{f_{i-1,1}+3^m}{3}+\frac{2f_{i-1,1}}{3}\\f_{i,2}=\frac{f_{i-1,2}+f_{i-1,1}}{3}+\frac{2f_{i-1,2}}{3}\\f_{i,3}=\frac{f_{i-1,3}+f_{i-1,2}}{3}+\frac{2f_{i-1,3}}{3}\end{cases} \]
整理一下得到以下转移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1}+3^{m-1},f_{i,2}=f_{i-1,2}+\frac{f_{i-1,1}}{3},f_{i,3}=f_{i-1,3}+\frac{f_{i-1,2}}{3} \]
线性 DP 就没了。
有一个加强版就是说多组询问求任意子段的答案。注意到 \(f_{i}\) 只与 \(f_{i-1}\) 有关所以可以写成一个 \(4\times 4\) 的矩阵，然后用线段树维护矩阵乘积就好了。可能会算重，于是除掉一下就差不多了。
代码
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef int ll;
typedef long long int li;
const ll MAXN=2e5+51,MOD=1e9+7,INV3=333333336;
ll n,m,pw=1;
char ch[MAXN];
ll f[MAXN][3];
inline ll read()
{
register ll num=0,neg=1;
register char ch=getchar();
while(!isdigit(ch)&&ch!='-')
{
ch=getchar();
}
if(ch=='-')
{
neg=-1;
ch=getchar();
}
while(isdigit(ch))
{
num=(num<<3)+(num<<1)+(ch-'0');
ch=getchar();
}
return num*neg;
}
int main()
{
n=read(),scanf("%s",ch+1);
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
ch[i]=='?'?m++,pw=(li)pw*3%MOD:1;
}
for(register int i=1;i<=n;i++)
{
f[i][1]=f[i-1][1],f[i][2]=f[i-1][2],f[i][3]=f[i-1][3];
if(ch[i]=='a')
{
f[i][1]=(f[i][1]+pw)%MOD;
}
if(ch[i]=='b')
{
f[i][2]=(f[i][2]+f[i-1][1])%MOD;
}
if(ch[i]=='c')
{
f[i][3]=(f[i][3]+f[i-1][2])%MOD;
}
if(ch[i]=='?')
{
f[i][1]=(f[i][1]+(li)pw*INV3%MOD)%MOD;
f[i][2]=(f[i][2]+(li)f[i-1][1]*INV3)%MOD;
f[i][3]=(f[i][3]+(li)f[i-1][2]*INV3)%MOD;
}
}
printf("%d\n",f[n][3]);
}