[atARC131F]ARC Stamp

为了方便，以下默认字符集为$\{A,R,C\}$

将操作逆向，即将形如ARC的子串变为任意字符，求$T$在$k$步内能得到的$S$数量

考虑给定$S$，如何判定$S$能否被$T$在$k$步内得到——

将任意字符用?表示，称两个字符串匹配即将?替换后两者相同，那么操作即将能与ARC匹配的子串变为???，并判定$k$步内能否得到与$S$匹配的字符串

（注意到当?为了之后的操作而确定后，该次操作后其又会任意）

 

考虑"能与ARC匹配的字符串"，显然共有8种，且其中A?C不会出现、???无意义

换言之，?的拓展形式即以下三种：

1.将ARC变为???

2.将一段?左侧的AR/A、右侧的RC/C替换为??/?

3.将两段?之间的R替换为?

重复此过程直至无法拓展，并将每一次拓展的用()表示、无法拓展的部分用(X)代替

考虑其最终的形式，总是形如(X/空)P(R/X/空)P(X/空)（其中P=(AR/A)(ARC)(RC/C)，加粗的部分可以重复），且不难证明这样的划分方式是唯一的

考虑对$T$以此法划分，并用$f_{i,j,0/1/2}$表示前$i$个部分中选$j$个、最后一个是否选择以及是否是独立的ARC（注意并不指倒数第2个不选，形如ARCARC后者也是独立的）对应的$S$方案数

关于转移参考代码（即选择合理且某些部分要求严格不同），时间复杂度为$o(|T|^{2})$，可以通过

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 5005
#define mod 998244353
#define ll long long
vector<pair<int,int> >v;
int n,m,ans,inv[N],a[N],cnt[N],vis[N],f[N][N][3],len[6]={3,2,1,2,1,1};
char s[N],t[6][3]={{'A','R','C'},{'A','R','?'},{'A','?','?'},{'?','R','C'},{'?','?','C'},{'?','R','?'}};
int main(){
    inv[0]=inv[1]=1;
    for(int i=2;i<N;i++)inv[i]=(ll)(mod-mod/i)*inv[mod%i]%mod;
    scanf("%s%d",s+1,&m),n=strlen(s+1);
    while (1){
        bool Flag=0;
        for(int i=1;i<=n-2;i++){
            for(int j=0;j<6;j++){
                bool flag=0;
                for(int k=0;k<3;k++)
                    if (s[i+k]!=t[j][k])flag=1;
                if (!flag){
                    Flag=1;
                    int p=i+2;
                    if (s[p]=='?')p--;
                    if (s[p]=='?')p--;
                    v.push_back(make_pair(p,j));
                    for(int k=0;k<3;k++)s[i+k]='?';
                    break;
                }
            }
            if (Flag)break;
        }
        if (!Flag)break;
    }
    sort(v.begin(),v.end());
    n=v.size();
    for(int i=1;i<=n;i++){
        a[i]=v[i-1].second;
        cnt[i]=1;
        for(int j=0;j<len[a[i]];j++)cnt[i]*=3;
    }
    f[0][0][0]=1;
    for(int i=1;i<=n;i++){
        for(int j=0;j<=i;j++)f[i][j][0]=f[i-1][j][0];
        if ((i==1)||(a[i-1]==0)||(a[i-1]==3)||(a[i-1]==4)){
            for(int j=0;j<=i;j++)
                for(int p=1;p<3;p++)f[i][j][0]=(f[i][j][0]+f[i-1][j][p])%mod;
        }
        if (!a[i]){
            if ((a[i-1]!=1)&&(a[i-1]!=2)&&(a[i-1]!=5)){
                for(int j=1;j<=i;j++)
                    for(int p=0;p<3;p++)f[i][j][2]=(f[i][j][2]+(ll)(cnt[i]-1)*f[i-1][j-1][p])%mod;
            }
            else{
                for(int j=1;j<=i;j++){
                    f[i][j][1]=(ll)cnt[i]*(f[i-1][j-1][1]+f[i-1][j-1][2])%mod;
                    f[i][j][2]=(ll)(cnt[i]-1)*f[i-1][j-1][0]%mod;
                }
            }
            continue;
        }
        if ((a[i]==1)||(a[i]==2)){
            if ((a[i-1]!=1)&&(a[i-1]!=2)&&(a[i-1]!=5)){
                for(int j=1;j<=i;j++)
                    for(int p=0;p<3;p++)f[i][j][1]=(f[i][j][1]+(ll)(cnt[i]-1)*f[i-1][j-1][p])%mod;
            }
            else{
                for(int j=1;j<=i;j++)f[i][j][1]=(ll)(cnt[i]-1)*f[i-1][j-1][0]%mod;
                for(int j=1;j<=i;j++)f[i][j][1]=(f[i][j][1]+(ll)cnt[i]*(f[i-1][j-1][1]+f[i-1][j-1][2]))%mod;
            }
        }
        else{
            if (a[i-1]){
                int s=(ll)(cnt[i]-1)*(inv[cnt[i-1]-1]+1)%mod;
                for(int j=1;j<=i;j++)f[i][j][1]=(ll)s*(f[i-1][j-1][1]+f[i-1][j-1][2])%mod;
            }
            else{
                int s=cnt[i]-1;
                for(int j=1;j<=i;j++)f[i][j][1]=(ll)s*f[i-1][j-1][1]%mod;
                s=(ll)s*(inv[cnt[i-1]-1]+1)%mod;
                for(int j=1;j<=i;j++)f[i][j][1]=(f[i][j][1]+(ll)s*f[i-1][j-1][2])%mod;
            }
        }
    }
    for(int i=0;i<=m;i++)
        for(int j=0;j<3;j++)ans=(ans+f[n][i][j])%mod;
    printf("%d\n",ans);
    return 0;
}