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一个暴力是显然的，\(f(i,j,k)\) 表示当前已经使用 \(a\) 的前 \(i\) 位，\(b\) 的前 \(j\) 位，最后一位是 \(a\) 还是 \(b\) 的。然后 \(O(n^2)\) 枚举起点跑下去即可。为啥这个是对的呢？考虑每次转移都是加 \(1/0\)，显然之后在约束之下的转移本质不同。
第一眼我的想法是从如何对 \(2\) 个整串入手，手玩了一下过程，显然考虑增量法构造，然后在写了这个 \(dp\) 后再证了正确性。由此可见先猜想后证明的重要性。但其实这个 \(dp\) 的状态设计是很显然的，考虑 \(LCS\) 的那个 \(dp\) 不难想到。抑或是通过增量法，从上一个状态的本质不同加以限制转移到当前状态的本质不同。值得学习！
但我们发现，起点仅仅只是关系到初始值，但期间的转移是固定的。也就是说，对于 \(f(r,R)\) 它的起点可能很多，但是 \(f(r,R)\to f(r+1,R) \ or \ f(r,R+1)\) 的是否可以转移都是不被起点的选择所影响的。于是，不难类矩阵加速的图论意义一样（限制转移多少次）类比到图上，发现即是一个多源的 DAG 拓扑问题，然后对 \(2\) 个串都不能为空多加一维限制即可。然后就做完了。
在 debug 中可能会出现非超级源点所连的链的末尾是 \(T\)，虽然起点不能从超源获取权值，但是也需要跑，因为其间的点可能有权值，不然会影响 \(T\) 的答案转移。
注意有点卡常，于是不能像其他 \(dp\) 做法一样使用 \([1,3]\) 来限定是否某方为空串，发现永远不会有末尾是 \(T\) 但状态中表示只选 \(S\) 的情况，于是只是用 \([0,1]\)，表示当前是否只选择了当前末尾的这一类（即不是末尾的那个字符串选的是个空串）即可。
998244353 莫 #define int long long
#include <bits/stdc++.h>
#define pb push_back
#define ADD(x,y) ((x+y>=mod)?x+y-mod:x+y)
using namespace std;
const int N=1002,mod=998244353;
bool bs;
char s[N],t[N];
int n,m,ans,S,T,tot,id[N][N][2][2];
int v[N*N*2*2],du[N*N*2*2];
queue<int>q;
vector<int>g[N*N*2*2];
bool bt;
void solve() {
q.push(S); v[S]=1;
for(int i=2;i<=tot;i++) if(!du[i]) q.push(i);
while(!q.empty()) {
int x=q.front(); q.pop();
// if(x==T)
// cout<<x<<" "<<v[x]<<'\n';
for(int y:g[x]) {
v[y]=ADD(v[x],v[y]);
--du[y];
// cout<<du[y]<<" "<<y<<'\n';
if(!du[y]) q.push(y);
}
}
}
signed main() {
cin.tie(0); ios::sync_with_stdio(false);
// cout<<abs(&bs-&bt)/1024.0/1024.0;
cin>>s+1>>t+1;
n=strlen(s+1); m=strlen(t+1);
S=++tot;
for(int i=0;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<=m;j++) {
for(int k=0;k<=1;k++) {
for(int kk=0;kk<=1;kk++) {
id[i][j][k][kk]=++tot;
}
}
if(i>=1) {
g[S].pb(id[i][j][0][0]);
++du[id[i][j][0][0]];
}
if(j>=1) {
g[S].pb(id[i][j][1][0]);
++du[id[i][j][1][0]];
}
}
}
T=++tot;
for(int i=0;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<=m;j++) {
// if(i>=1) {
// g[id[i][j][0][2]].pb(T);
// ++du[T];
// }
if(i>=1&&j>=1) {
g[id[i][j][0][1]].pb(T);
++du[T];
g[id[i][j][1][1]].pb(T);
++du[T];
}
}
}
for(int i=0;i<=n;i++) {
for(int j=0;j<=m;j++) {
if(i>=1) {
if(i+1<=n&&s[i]!=s[i+1]) {
// for(int k=1;k<=3;k++) {
// if(k==2) continue ;
// g[id[i][j][0][k]].pb(id[i+1][j][0][k|1]);
// ++du[id[i+1][j][0][k|1]];
// }
g[id[i][j][0][0]].pb(id[i+1][j][0][0]);
++du[id[i+1][j][0][0]];
if(j>=1) {
g[id[i][j][0][1]].pb(id[i+1][j][0][1]);
++du[id[i+1][j][0][1]];
}
}
if(j+1<=m&&s[i]!=t[j+1]) {
// for(int k=1;k<=3;k++) {
// if(k==2) continue ;
// g[id[i][j][0][k]].pb(id[i][j+1][1][k|2]);
// ++du[id[i][j+1][1][k|2]];
// }
g[id[i][j][0][0]].pb(id[i][j+1][1][1]);
++du[id[i][j+1][1][1]];
if(j>=1) {
g[id[i][j][0][1]].pb(id[i][j+1][1][1]);
++du[id[i][j+1][1][1]];
}
}
}
if(j>=1) {
if(i+1<=n&&t[j]!=s[i+1]) {
// for(int k=2;k<=3;k++) {
// g[id[i][j][1][k]].pb(id[i+1][j][0][k|1]);
// ++du[id[i+1][j][0][k|1]];
// }
g[id[i][j][1][0]].pb(id[i+1][j][0][1]);
++du[id[i+1][j][0][1]];
if(i>=1) {
g[id[i][j][1][1]].pb(id[i+1][j][0][1]);
++du[id[i+1][j][0][1]];
}
}
if(j+1<=m&&t[j]!=t[j+1]) {
// for(int k=2;k<=3;k++) {
// g[id[i][j][1][k]].pb(id[i][j+1][1][k|2]);
// ++du[id[i][j+1][1][k|2]];
// }
g[id[i][j][1][0]].pb(id[i][j+1][1][0]);
++du[id[i][j+1][1][0]];
if(i>=1) {
g[id[i][j][1][1]].pb(id[i][j+1][1][1]);
++du[id[i][j+1][1][1]];
}
}
}
}
}
// cout<<g[0].size()<<" "<<du[0]<<'\n';
solve();
cout<<v[T];
// v[1]=1;
// dfs(1);
// cout<<v[T];
return 0;
}