AT4108 [ARC094D] Normalization

AT4108 [ARC094D] Normalization

套路了，设 $a$、$b$、$c$ 分别为 $0$、$1$、$2$，则所有操作得到的数字串的和必然模 $3$ 同余。

且操作得到的数字串必然有相邻相等的数字（注意特判开始是否有相邻相等的字符）。

根据暴力输出情况发现当 $n>3$ 时上述条件为充分条件。

考虑归纳证明： 如果 $n=k$ 时条件充分，长度为 $n=k+1$ 的字符串 $s$ 和 $t$，$s$ 一定能够经过若干次操作将其首字母换成 $t$ 的首字母，由于 $n=k$ 时满足充分，即 $s$ 和 $t$ 后缀 $[2,k+1]$ 满足充分，此时首字母相等显然也充分，证毕。

故从 $s$ （满足 $s$ 可操作）可变到 $t$，需充分满足上面两个限制。

故当 $n\le 3$ 时 暴力。

否则根据这两个限制 DP，答案即为满足数位和模 $3$ 同余初始串且含有相邻相等的数字的数字串个数。

考虑容斥，即数位和模 $3$ 同余初始串的数字串个数 $-$ 数位和模 $3$ 同余初始串且不含有相邻相等的数字的数字串个数。

对于前面的，答案显然为 $3^{n-1}$，即任意枚举 $n-1$ 位，最后一位视情况而定。

对于后面的，DP 状态更少，记 $f_{i,j,k}$ 表示前 $i$ 位，数位和为 $j$，当前位为 $k$ 的满足条件的数字串个数。

转移方程：枚举上一位取值，$f_{i,j,k}=\sum _{l=0}^2{f}_{i-1,(j-k)\mathrm{mod}3,l}[l\ne k]$。

最后，总答案即为 $3^{n-1}-\sum _{i=0}^2{f}_{n,s,i}-flg$（其中 $s$ 表示初始字符串的数位和模 $3$ 的余数，布尔变量 $flg$ 表示初始字符串是否有相邻相等的字符）。

时间复杂度 $\mathcal{O}(n)$。

#include<bits/stdc++.h>

using namespace std;

#define int long long
typedef long long ll;

#define ha putchar(' ')
#define he putchar('\n')

inline int read() {
    
	int x = 0, f = 1;
	char c = getchar();
	while (c < '0' || c > '9') {
    
		if (c == '-')
			f = -1;
		c = getchar();
	}
	while (c >= '0' && c <= '9')
		x = (x << 3) + (x << 1) + (c ^ 48), c = getchar();
	return x * f;
}

inline void write(int x) {
    
	if (x < 0) {
    
		putchar('-');
		x = -x;
	}
	if (x > 9)
		write(x / 10);
	putchar(x % 10 + 48);
}

const int _ = 2e5 + 10, mod = 998244353;

int n, S, f[_][3][3], ans;

string s;

int qpow(int x, int y) {
    
	int res = 1;
	while (y) {
    
		if (y & 1)res = res * x % mod;
		x = x * x % mod;
		y >>= 1;
	}
	return res;
}

queue<string> q;

map<string, bool> mp;

char js(int x)
{
    
	x %= 3;
	if(!x) return 'a';
	if(x == 1) return 'c';
	return 'b';
}

void solve()
{
    
	q.push(s);
	mp[s] = 1;
	while(!q.empty())
	{
    
		string nw = q.front();
		q.pop();
// cout << nw << "\n";
		for(int i = 0; i < n - 1; ++i)
			if(nw[i] != nw[i + 1])
		{
    
			string ss = nw;
			ss[i] = ss[i + 1] = js(nw[i] - 'a' + nw[i + 1] - 'a');
			if(mp.find(ss) == mp.end())
			{
    
				q.push(ss);
				mp[ss] = 1;
			}
		}
	}
// for(auto v : mp) cout << v.first << "\n";
	write(mp.size()), he;
}

signed main() {
    
	cin >> s;
	n = s.size();
	bool flg = 0;
	for (int i = 0; i < n - 1; ++i)
		if (s[i] != s[i + 1]) {
    
			flg = 1;
			break;
		}
	if (!flg) return puts("1"), 0;
	if(n <= 3) return solve(), 0;
	flg = 1;
	for (int i = 0; i < n - 1; ++i)
		if (s[i] == s[i + 1]) {
    
			flg = 0;
			break;
		}
	for (int i = 0; i < n; ++i) S = (S + s[i] - 'a') % 3;
	ans = qpow(3, n - 1);
	for (int i = 0; i <= 2; ++i) f[0][i][i] = 1;
	for (int i = 1; i < n; ++i)
		for (int j = 0; j <= 2; ++j)
			for (int k = 0; k <= 2; ++k)
				for (int l = 0; l <= 2; ++l)
					if (l != k)  f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][(j - k + 3) % 3][l]) % mod;
	for (int i = 0; i <= 2; ++i) ans = (ans - f[n - 1][S][i] + mod) % mod;
	write(ans + flg), he;
	return 0;
}