神仙题。
考虑在一棵 Trie 上进行染色，将可能出现的串的末尾染成黑色。答案就是黑点的个数。一开始只有 (A) 的末尾点是黑色。
当出现一个字符（不是退格）(c) 时，就要将每个黑点的 (c) 儿子都染成黑色。
然而这样一个点可能会有重复染色，不能直接乘 (2)。
不妨记录一个 (f[c]) 表示有儿子 (c) 且该儿子是黑色的点的个数。
那么此时答案 (ans) 应该变成 (2ans-f[c])（减掉已经是黑的儿子 (c) 的个数），同时更新一下 (f[c])，就是原来的 (ans)（原来的每个黑点都有一个黑儿子 (c)）。其它的 (f) 不变。
当出现退格时：
退格实际上就是回到 Trie 上的父亲。
我们发现，一个字符不打，和打了再被退格是一样的。所以退格有用，当且仅当它删掉的是原来 (A) 串里的字符。
再仔细分析一波，如果是第 (x) 个退格，那么收到影响的点只有 (A[n-x+1]) 这个点。
（可以通过 Trie 理解，除了最浅的黑点，其它的黑点的父亲肯定都是黑点，所以只用考虑最浅的黑点，也就是 (A[n-x+1]) 这个点）
对这个点瞎搞一波就行了。
时间复杂度 (O(n+m))。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn=5000500,mod=19260817;
#define lson o<<1,l,mid
#define rson o<<1|1,mid+1,r
#define FOR(i,a,b) for(int i=(a);i<=(b);i++)
#define ROF(i,a,b) for(int i=(a);i>=(b);i--)
#define MEM(x,v) memset(x,v,sizeof(x))
inline int read(){
int x=0,f=0;char ch=getchar();
while(ch<'0' || ch>'9') f|=ch=='-',ch=getchar();
while(ch>='0' && ch<='9') x=x*10+ch-'0',ch=getchar();
return f?-x:x;
}
int n,m,f[26],ans=1,at;
char a[maxn],b[maxn];
int main(){
at=n=read();m=read();
scanf("%s%s",a+1,b+1);
FOR(i,1,m){
int c=b[i]-'A';
if(c<=25){
int tmp=f[c];
f[c]=ans;
ans=(2*ans-tmp+mod)%mod;
}
else{
if(!at) continue;
f[a[at]-'A']=(f[a[at]-'A']+1)%mod;
ans=(ans+1)%mod;
at--;
}
}
printf("%d
",ans);
}