CF794G Replace All【分析性质，计数】

给定两个 ( exttt{AB?}) 字符串 (c,d) 和正整数 (n)，求在所有将 ( exttt ?) 替换为 ( exttt{A/B}) 的方案中，满足 (1le |S|,|T|le n)，将 (c,d) 的 ( exttt A) 替换为 (S)，将 ( exttt B) 替换为 (T) 使得 (c=d) 的 ( exttt{01}) 字符串对 ((S,T)) 的个数之和(mod(10^9+7))。

(|c|,|d|,nle 3cdot 10^5)

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手玩一下，发现当 (c= exttt{AB})，(d= exttt{BA}) 时 (S,T) 都有长为 (gcd(|S|,|T|)) 的整周期。

结论：当 (c e d) 时 (S,T) 都有长为 (gcd(|S|,|T|)) 的整周期。

证明：考虑对 (|S|+|T|) 归纳，显然当 (|S|=|T|=1) 时结论成立。否则不妨设 (|S|le |T|)，若 (|S|=|T|) 则显然 (S=T)，若 (|S|<|T|) 则把 (c,d) 的 lcp 次掉之后，不妨设 (c_1= exttt A,d_1= exttt B)，则 (S) 是 (T) 的前缀，设 (T=S+T')，并将 (c,d) 中的 ( exttt B) 替换为 ( exttt{AB})，此时 (|S|+|T|) 更小了，且 (c_2 e d_2) 所以 (c e d)，由归纳假设可知 (S,T') 都有长为 (gcd(|S|,|T'|))，则结论显然成立，得证。

所以 (c,d) 中的顺序无关紧要，设 (a) 是 (c) 的 ( exttt{A}) 个数减去 (d) 的 ( exttt A) 个数，(b) 是 (d) 的 ( exttt B) 个数减去 (a) 的 ( exttt B) 个数。

显然有 (acdot|S|=bcdot|T|)，配合上结论即为充要条件。

当 (a=b=0) 时

[egin{aligned} Ans&=sum_{i=1}^nsum_{j=1}^n2^{gcd(i,j)} \ &=sum_{p=1}^n2^psum_{d=1}^{lfloor n/p floor}mu(d)lfloorfrac{n}{pd} floor^2 end{aligned} ]

后面的和式只与 (lfloor n/p floor) 有关，整除分块即可 (O(n))。

当然有一种特殊情况：(c=d) 时答案为 ((sum_{i=1}^n2^i)^2)。

此外，只有当 (ab>0) 时才有解，答案为 (sum_{i=1}^r2^i)，其中 (r=lfloorfrac{ngcd(a,b)}{max(a,b)} floor)。

然后要考虑有问号的情况：设 (x,y) 表示 (c,d) 的 ( exttt ?) 数量，(f_{a,b}) 表示上述答案的值，则

[egin{aligned} Ans&=sum_isum_jf_{a+i-j}f_{b+(y-j)-(x-i)}inom xiinom yj \ &=sum_{k=-y}^xf_{a+k,b+y-x+k}sum_jinom x{k+j}inom yj \ &=sum_{k=0}^{x+y}f_{a-y+k,b-x+k}inom{x+y}k end{aligned} ]

那么就做完了，时间复杂度 (O(n+|c|+|d|))。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 3e5+3, M = 26000, mod = 1e9+7;
int ksm(int a, int b){
	int r = 1;
	for(;b;b >>= 1, a = (LL)a * a % mod)
		if(b & 1) r = (LL)r * a % mod;
	return r;
}
void qmo(int &x){x += x >> 31 & mod;}
int n, tot, nc, nd, res, ans, a, b, x, y, fac[N<<1], inv[N<<1], pw[N], mu[N], pri[M];
char c[N], d[N];
bool notp[N];
int calc(int n){
	int res = 0;
	for(int l = 1, r, x;l <= n;l = r+1){
		r = n / (x = n/l);
		res = (res + ((LL)mu[r]-mu[l-1]+mod)*x%mod*x)%mod;
	} return res;
}
int F(int a, int b){
	if(!a && !b) return res;
	if((LL)a*b <= 0) return 0;
	if(a < 0){a = -a; b = -b;}
	return pw[n/(max(a,b)/__gcd(a,b))];
}
int main(){
	scanf("%s%s%d", c, d, &n);
	nc = strlen(c); nd = strlen(d);
	for(int i = 0;i < nc;++ i)
		switch(c[i]){
			case 'A': ++ a; break;
			case 'B': -- b; break;
			case '?': ++ x;
		}
	for(int i = 0;i < nd;++ i)
		switch(d[i]){
			case 'A': -- a; break;
			case 'B': ++ b; break;
			case '?': ++ y;
		}
	pw[1] = 2;
	for(int i = 2;i <= n;++ i) qmo(pw[i] = (pw[i-1]<<1) - mod);
	for(int i = 2;i <= n;++ i) qmo(pw[i] += pw[i-1] - mod);
	fac[0] = mu[1] = 1;
	for(int i = 1;i <= x+y;++ i) fac[i] = (LL)fac[i-1] * i % mod;
	inv[x+y] = ksm(fac[x+y], mod-2);
	for(int i = x+y;i;-- i) inv[i-1] = (LL)inv[i] * i % mod;
	notp[0] = notp[1] = true;
	for(int i = 2;i <= n;++ i){
		if(!notp[i]) mu[pri[tot++] = i] = -1;
		for(int j = 0;j < tot && i * pri[j] < N;++ j){
			notp[i*pri[j]] = true;
			if(i % pri[j]) mu[i*pri[j]] = -mu[i];
			else break;
		}
	}
	for(int i = 2;i <= n;++ i) qmo(mu[i] += mu[i-1]);
	for(int l = 1, r, x;l <= n;l = r+1){
		r = n / (x = n/l);
		res = (res + ((LL)pw[r]-pw[l-1]+mod)*calc(x)) % mod;
	}
	for(int i = 0;i <= x+y;++ i)
		ans = (ans + (LL)inv[i]*inv[x+y-i]%mod*F(a-y+i,b-x+i))%mod;
	ans = (LL)ans * fac[x+y] % mod;
	if(nc == nd){
		int tmp = 1;
		for(int i = 0;i < nc;++ i)
			if(c[i] == '?' && d[i] == '?') qmo(tmp = (tmp<<1) - mod);
			else if(c[i] != '?' && d[i] != '?' && c[i] != d[i]){tmp = 0; break;}
		ans = (ans + ((LL)pw[n]*pw[n]+mod-res)%mod*tmp)%mod;
	}
	printf("%d
", ans);
}