題意
給定一個長度為 \(n\) 的串，只包含 abc 和通配符。通配符可以替換 abc 的一個。求所有得到的字符串中子序列 abc 出現的次數，對 \(10^9+7\) 取模。
\(\texttt{Data Range:}n\leq 2\times 10^5\)
題解
哇哈哈哈我智商終於恢復了。
比較套路，但其實這個東西我一開始是用類似於期望的東西來想的。
記通配符的數量為 \(m\)。
考慮設 \(f_{i,j}\) 表示所有 \(3^m\) 個字符串的前 \(i\) 個字符中，子序列 a，ab，abc 的數量之和。
首先當給定字符串的第 \(i\) 個字符為 a 的時候，有如下轉移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1}+3^m,f_{i,2}=f_{i-1,2},f_{i,3}=f_{i-1,3} \]
為 b 的時候有如下轉移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1},f_{i,2}=f_{i-1,2}+f_{i-1,1},f_{i,3}=f_{i-1,3} \]
為 c 的時候有如下轉移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1},f_{i,2}=f_{i-1,2},f_{i,3}=f_{i-1,3}+f_{i-1,2} \]
這三個轉移都很平凡，這里不多贅述。
接下來是為通配符的情況，需要討論一下。
注意到我們肯定可以將所有 \(3^{m}\) 個字符串中直到 \(i-1\) 的前綴划分為三組，每組的字符串相同。
所以說每組字符串的中的 a，ab，abc 的數量變成了 \(\frac{f_{i-1,1}}{3}\)，\(\frac{f_{i-1,2}}{3}\) 和 \(\frac{f_{i-1,3}}{3}\)。
於是考慮將第一組的后面加一個 a，第二組加一個 b，第三組加一個 c。這樣子我們就可以寫出一個轉移方程：
\[\begin{cases}f_{i,1}=\frac{f_{i-1,1}+3^m}{3}+\frac{2f_{i-1,1}}{3}\\f_{i,2}=\frac{f_{i-1,2}+f_{i-1,1}}{3}+\frac{2f_{i-1,2}}{3}\\f_{i,3}=\frac{f_{i-1,3}+f_{i-1,2}}{3}+\frac{2f_{i-1,3}}{3}\end{cases} \]
整理一下得到以下轉移：
\[f_{i,1}=f_{i-1,1}+3^{m-1},f_{i,2}=f_{i-1,2}+\frac{f_{i-1,1}}{3},f_{i,3}=f_{i-1,3}+\frac{f_{i-1,2}}{3} \]
線性 DP 就沒了。
有一個加強版就是說多組詢問求任意子段的答案。注意到 \(f_{i}\) 只與 \(f_{i-1}\) 有關所以可以寫成一個 \(4\times 4\) 的矩陣，然后用線段樹維護矩陣乘積就好了。可能會算重，於是除掉一下就差不多了。
代碼
#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]);
}