石头剪刀布

题目

对于一个包含字符 \(\{R,P,S\}\) 的字符串 \(s\)，满足每相邻两个字符都不同且 \(s_1=s_n=R\)。
你可以做两种操作：

• 找出第一个 \(RS\) 或 \(SR\) 将其替换为 \(R\)。
• 找出第一个 \(SP\) 或 \(PS\) 将其替换为 \(S\)。
  若无法进行任意一个操作则结束，否则继续执行，计操作序列为 \(b\)。
  给你一个长为 \(n\) 的字符串 \(s\) 包含 \(\{R,P,S,?\}\)，你可以将 \(?\) 替换为 \(\{R,P,S\}\) 中的一个使得其字符串满足上述条件，并对其进行操作得到 \(b\)，问有多少方案，两个方案不同当且仅当 \(s\) 和 \(s'\)，\(b\) 和 \(b'\) 至少有一个不同。\(n\leq 200\)

题解

首先 \(R\) 是无法删除的，那么我们希望用 \(R\) 来把问题分成若干段。注意到，我们每次删除 \(P\) 的时候，一定是删除最开头的 \(P\)（除 \(RPR\) 这唯一一个特例删不掉 \(P\)）。但 \(S\) 就没有这么好的性质了。

所以设 \(f[i][j][k]\) 表示考虑前 \(i\) 个位置，第 \(i\) 个位置是 \(R\)，且第 \(i\) 个位置前面有 \(j\) 个 \(S\) 未被删除（这 \(j\) 个 \(S\) 不被 \(P\) 包裹），后面有 \(k\) 个 \(S\) 要删除时的答案。转移时，枚举下一个 \(R\) 的位置，那么中间的部分一定是 \(S\) 和 \(P\) 交替出现。
肯定没法直接转移到因为中间的 \(S\) 可能会被 \(P\) 包裹而不能直接删掉，不满足 \(f\) 的状态定义（例如 \(RPSPR\)），所以可以考虑再记录另一个 \(dp\) 为 \(g[i][l][j][k][0/1][0/1]\) ，其中 \(i,j,k\) 与上面类似，\(l\) 表示中间的部分里 \(P\) 还有几个，中间的部分的 开头\(/\)结尾 不是\(/\)是 \(S\)（\(1\) 表示是 \(S\)）。
即 \(f,g\) 定义的直观解释如:

还有一个问题就是考虑 \(RSPSPSR\) 删掉一个 \(P\) 后就会变成 \(RSSPSR\)，导致它中间 \(S,P\) 不再交替，这个形式是没有状态来记录的。但是我们可以将他微调为 \(SRSPSR\)，即把第一个 \(S\) 交换到 \(R\) 的前面，那这个就有状态就可以记录了，而且它仍然满足可以直接删掉。
为了方便我们写代码和转移，我们可以稍微改一下 \(g\) 的状态，我们让中间那段的左端必须是 \(P\)，前面一旦出现 \(S\) 就扔到 \(R\) 左边，并将第一个 \(0/1\) 改为记录其左端 \(R\) 的左边还有没有 \(S\)。

转移比较多，可以自己先推一下试试，但其实还是有点难度的。

转移

对于 \(f[j]*\) 对 \(f[i]*,g[i]*\) 的转移：
枚举上一个 \(R\) 的位置 \(j\) 及其状态，枚举中间段的左右端点是 \(fl,fr\)，可以算得中间段 \(P\) 的个数是 \(p=\frac{i-j-fl-fr}{2}\)：

• 特殊处理 \(RSR\) 的情况：
  • \(f[i][k][l-1]\gets f[j][k][l],l\geq 1\)（因为 \(l\geq 1\) 所以这个 \(S\) 要删。）
  • \(f[i][k+1][l]\gets f[j][k][l],l==0\)（\(l==0\) 这个 \(S\) 不用删。）
• 否则有转移：
  • \(g[i][p][k+fl][t][fl][fr]\gets f[j][k][l]\)，对于 \(j\) 位置需要往后删掉 \(l\) 个 \(S\)，那么 \([j,i]\) 这一段中目前能直接删掉的 \(S\) 就是开头和结尾的两个（如果他们是 \(S\) 的话）所以如果 \(t\geq 1,fl=1\) 则 \(t--,fl=0\)，\(fr\) 同样（初始 \(t=l\)）。

对于 \(g[x]*\) 和 \(f[x]*\) 的转移：

• 特判 \(RPR\) 的情况 \(f[x][j][k]\gets g[x][i][j][k][fl][fr]\)
• 删除一个 \(S\)：
  • \(g[x][i][j-1][k][fl][fr]\gets g[x][i][j][k][fl][fr],j>1\)
  • \(g[x][i][0][k][0][fr]\gets g[x][i][j][k][fl][fr],j==1\)（如果左边只剩一个 \(S\)，删除后左边没有 \(S\)，\(fl=0\)）
  • \(g[x][i][0][k][0][0]\gets g[x][i][0][k][0][1]\)（左边没有能删的 \(S\) 了，那删除 \(fr\) 处的 \(S\)）
  • \(g[x][i][0][k+1][0][0]\gets g[x][i][0][k][0][0]\)（目前已经没有 \(S\) 了，那么 \(k+1\)，告诉后面还要多删一个 \(S\)）
• 删除一个 \(P\)：一定删掉了最左边的 \(P\)，那么他一定会新露出一个 \(S\)，我们把他直接扔到 \(R\) 左边。注意当中间的 \(P\) 只剩一个的时候就已经不存在被 \(P\) 包裹的 \(S\) 了，所以要 \(i>1\)。\(g[x][i-1][j+1][k][1][fr]\gets g[x][i][j][k][fl][fr],i>1\)
• 当 \(P\) 只剩一个的时候，更新答案 \(f[x][j+fr][k]\gets g[x][i][j][k][fl][fr],i==1\)

转移就这么多。

\(f\) 的状态数有三维，转移 \(O(n)\)。\(g\) 的状态数有四维，转移 \(O(1)\)，所以时间复杂度为 \(O(n^4)\)。
\(g\) 数组可以滚动，空间复杂度为 \(O(n^3)\)。常数很小，可以通过。

代码

#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
using namespace std;inline ll read(){ll s=0,k=1;char c=getchar();while(c>'9'||c<'0'){if(c=='-') k=-1;c=getchar();}while(c>='0'&&c<='9'){s=(s<<3)+(s<<1)+(c^48);c=getchar();}return s*k;
}const int N=1005,M=205,mod=998244353;
char s[N];
int n;
ll g[M][M][M][2][2],f[M][M][M];void Add(ll &x,ll y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;
}bool ok(char x,int y){if(x=='?') return 1;if(y==1&&x!='S') return 0;if(y==0&&x!='P') return 0;return 1;
}void clear(int n,int m,int K){for(int i=0;i<=n;i++)for(int j=0;j<=m;j++)for(int k=0;k<=K;k++)for(int fll=0;fll<2;fll++)for(int flr=0;flr<2;flr++) g[i][j][k][fll][flr]=0;
}void solve(ll f[M][M],int n,int m,int K){for(int i=n;i>=1;i--)for(int j=m;j>=0;j--)for(int k=0;k<=K;k++)for(int fll=1;fll>=0;fll--)for(int flr=1;flr>=0;flr--)if(g[i][j][k][fll][flr]){ll &v=g[i][j][k][fll][flr];if(i==1&&!fll&&!flr){Add(f[j][k],v);continue;}if(j==1) Add(g[i][0][k][0][flr],v);else if(j>1) Add(g[i][j-1][k][fll][flr],v);else if(flr) Add(g[i][j][k][fll][0],v);else Add(g[i][j][k+1][fll][flr],v);if(i>1) Add(g[i-1][j+1][k][1][flr],v);else Add(f[j+flr][k],v);}
}int main(){
//	freopen(".in","r",stdin);
//	freopen(".out","w",stdout);scanf("%s",s+1);n=strlen(s+1);f[1][0][0]=1;for(int i=2;i<=n;i++){if(s[i]!='?'&&s[i]!='R') continue;clear(i>>1,i>>1,n-i+1>>1);for(int flr=0;flr<2;flr++)for(int j=i-2;j>=1;j--){int fll=i-j-2+flr&1;if(!ok(s[j+1],fll)) break;for(int k=0;k<=j>>1;k++)for(int l=0;l<=n-j+1>>1;l++)if(f[j][k][l]){if(j==i-2&&flr){if(l) Add(f[i][k][l-1],f[j][k][l]);else Add(f[i][k+1][l],f[j][k][l]);continue;}	int t=l,p=i-j+1-fll-flr-1>>1;int fl0=fll,fl1=flr;if(t&&fl0) t--,fl0--;if(t&&fl1) t--,fl1--;Add(g[p][k+fl0][t][fl0][fl1],f[j][k][l]);}}solve(f[i],i>>1,i>>1,n-i+1>>1);}ll ans=0;for(int i=0;i<=n;i++) Add(ans,f[n][i][0]);printf("%lld",ans);return 0;
}