[cf794G]Replace All

（本文中所有字符串都指非空字符串）

第一部分：分析性质

先考虑$c$和$d$中没有"?"的情况——

若$c=d$，显然任意$(s,t)$都可行，答案即$(2^{n+1}-2)^{2}$

下面来考虑$c\ne d$的情况，先来定义非空串$s$和$t$互素：

$s$和$t$互素当且仅当记$d=\gcd(|s|,|t|)$，有$\forall 0\le i<d,s_{i}=t_{i}$以及$s_{i}=s_{i+d},t_{i}=t_{i+d}$

（即两者都以$d$为循环节长度，且循环节相同）

结论：若$(s,t)$对于$c\ne d$是”好“的，必要条件为$s$和$t$互素

对$|s|+|t|$归纳，来证明此结论在$|s|+|t|\le k$时成立，则$|s|+|t|=k+1$时也成立

删去$c$和$d$的最长公共前缀，此时两者开头字母不同，对$s$和$t$的长度分类讨论：

1.若$|s|=|t|$，显然即有$s=t$，即互素

2.若$|s|<|t|$，那么$s$必然为$t$的前缀，且设$t=s+t'$，不妨将$c$和$d$中的$B$替换为$AB$，得到新串$c'$和$d'$

不难证明$c'\ne d'$（两者第2个字符必然不同）且$|s|+|t'|\le k$，由于$\gcd(|s|,|t|)=\gcd(|s|,|t|-|s|)$，根据归纳可以得到$s$和$t$互素

3.若$|s|>|t|$，与第2种情况类似，这里就不具体分析了

另外，对于初始条件，即$|s|+|t|=2$时，显然有$|s|=|t|=1$，因此$s=t$，即互素

另一方面，当$s$和$t$互素，最终的两个串也具有相同的循环节，因此只需要长度相同即可

第二部分：分类讨论

更具体的，记$a_{c},b_{c},a_{d},b_{d}$分别表示对应串中$A$和$B$的个数，即要$a_{c}|s|+b_{c}|t|=a_{d}|s|+b_{d}|t|$

根据上述分析，以上两个条件即充要条件，下面来考虑答案——

对$a_{c},b_{c},a_{d},b_{d}$的大小分类讨论，由于$|s|,|t|>1$，仅有以下三种情况：

1.$a_{c}=a_{d}$且$b_{c}=b_{d}$

2.$a_{c}>a_{d}$且$b_{c}<b_{d}$

3.$a_{c}<a_{d}$且$b_{c}>b_{d}$（这种情况与第2种类似，以下不具体分析）

在第一种情况下，我们可以通过交换使$c=d$，那么条件仅包含$s$和$t$互素

根据定义，枚举$|s|$和$|t|$，对应的串即有$2^{\gcd(|s|,|t|)}$种

枚举$\gcd$，进行莫比乌斯反演，即$\sum_{d=1}^{n}2^{d}\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(g)(\lfloor\frac{n}{dg}\rfloor)^{2}$

根据调和级数，暴力计算即可，时间复杂度为$o(n\log n)$

在第二种情况下，同样通过交换，使得$a_{d}$个$A$和$b_{c}$个$B$抵消，最终$c$为$a_{c}-a_{d}$个$A$、$d$为$b_{d}-b_{c}$个$B$

另一方面，前者条件即可以写作$(a_{c}-a_{d})|s|=(b_{d}-b_{c})|t|$，令$g=\gcd(a_{c}-a_{d},b_{d}-b_{c})$，则$|s|$和$|t|$可以被描述为$|s|=\frac{b_{d}-b_{c}}{g}k$以及$|t|=\frac{a_{c}-a_{d}}{g}k$（其中$k\in Z^{+}$，有$\gcd(|s|,|t|)=k$）

考虑枚举$1\le k\le \lfloor\frac{ng}{\max(a_{c}-a_{d},b_{d}-b_{c})}\rfloor$，每一次的答案即$2^{k}$，求和后即$2^{\lfloor\frac{ng}{\max(a_{c}-a_{d},b_{d}-b_{c})}\rfloor}-2$

第三部分：统计答案

令$c'$和$d'$为最终的串，$a_{c'},b_{c'},a_{d'},b_{d'}$定义类似，再定义$q_{c}$和$q_{d}$为$c$和$d$中"?"的个数

枚举最终的$k=a_{c'}-a_{d'}$，显然即可确定$b_{d'}-b_{c'}=|d|-|c|+k$，然后根据分类讨论，算出此时的答案

（对于$c=d$的情况，暂时将答案看作分类讨论中的第一种情况）

下面，来统计有多少种"?"的填法能取到这个$k$，枚举$c$填了$i$个$a$，那么$d$中就要填$a_{c}+i-k-a_{d}$个$a$，进而根据组合数，即$\sum_{i}{q_{c}\choose i}{q_{d}\choose a_{c}+i-k-a_{d}}$（关于$i$的范围，实际上当$i$过大或过小该式即为0）

考虑将${q_{c}\choose i}$变形为${q_{c}\choose q_{c}-i}$，根据组合意义，即在$q_{c}+q_{d}$个数中选$q_{c}+a_{c}-k-a_{d}$个数（枚举了前$q_{c}$个数中选的数个数$i$），因此即${q_{c}+q_{d}\choose q_{c}+a_{c}-k-a_{d}}$

由此，将方案数乘上对应的答案并对所有$k$累加即可

令$\Delta=(2^{n+1}-2)^{2}-\sum_{d=1}^{n}2^{d}\sum_{g=1}^{\lfloor\frac{n}{d}\rfloor}\mu(g)(\lfloor\frac{n}{dg}\rfloor)^{2}$，即每一次$c=d$时的答案差，乘上$c=d$的方案数并加入原答案中来修改$c=d$的答案即可

总复杂度即为$o(n\log n)$，瓶颈是分类讨论中的第一种情况以及求最大公约数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 300005
#define mod 1000000007
int n,ac,bc,qc,ad,bd,qd,C1,C2,ans,mi[N<<1],fac[N<<1],inv[N<<1],mu[N],p[N],vis[N];
char s1[N],s2[N];
int sqr(int k){
    return 1LL*k*k%mod;
}
int C(int n,int m){
    return 1LL*fac[n]*inv[m]%mod*inv[n-m]%mod;
}
int gcd(int x,int y){
    if (!y)return x;
    return gcd(y,x%y);
}
int main(){
    mi[0]=fac[0]=inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=1;i<(N<<1);i++)mi[i]=2*mi[i-1]%mod;
    for(int i=1;i<(N<<1);i++)fac[i]=1LL*i*fac[i-1]%mod;
    for(int i=2;i<(N<<1);i++)inv[i]=1LL*(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    for(int i=1;i<(N<<1);i++)inv[i]=1LL*inv[i-1]*inv[i]%mod;
    mu[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++){
        if (!vis[i]){
            p[++p[0]]=i;
            mu[i]=-1;
        }
        for(int j=1;(j<=p[0])&&(i*p[j]<N);j++){
            vis[i*p[j]]=1;
            if (i%p[j])mu[i*p[j]]=-mu[i];
            else{
                mu[i*p[j]]=0;
                break; 
            }
        }
    }
    scanf("%s%s%d",s1,s2,&n);
    int l1=strlen(s1),l2=strlen(s2);
    for(int i=0;i<l1;i++){
        if (s1[i]=='A')ac++;
        if (s1[i]=='B')bc++;
        if (s1[i]=='?')qc++;
    }
    for(int i=0;i<l2;i++){
        if (s2[i]=='A')ad++;
        if (s2[i]=='B')bd++;
        if (s2[i]=='?')qd++;
    }
    C1=sqr(mi[n+1]+mod-2);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        int s=0;
        for(int j=1;j<=n/i;j++)s=(s+1LL*(mu[j]+mod)*sqr(n/(i*j)))%mod;
        C2=(C2+1LL*mi[i]*s)%mod;
    }
    for(int i=ac-(ad+qd);i<=(ac+qc)-ad;i++){
        int s=C(qc+qd,qc+ac-i-ad),j=l2-l1+i;
        if ((i>0)&&(j<=0)||(i<0)&&(j>=0)||(!i)&&(j))continue;
        if (!i)ans=(ans+1LL*s*C2)%mod;
        else{
            int g=gcd(abs(i),abs(j));
            ans=(ans+1LL*s*(mi[n/(max(abs(i),abs(j))/g)+1]+mod-2))%mod;
        }
    }
    if (l1==l2){
        int s=1;
        for(int i=0;i<l1;i++){
            if ((s1[i]!='?')&&(s2[i]!='?')&&(s1[i]!=s2[i]))s=0;
            else{
                if ((s1[i]=='?')&&(s2[i]=='?'))s=s*2%mod;
            }
        }
        ans=(ans+1LL*(C1+mod-C2)*s)%mod;
    }
    printf("%d",ans);
}