洛谷題目傳送門

神仙思維題。

對於兩個字符串的匹配問題，似乎之前蒟蒻寫的HAOI2010最長公共子序列題解中提到的建網格圖模型是一種套路？

給一個稍微強一點的樣例（把字母換成了ABC）

AABCB
BACBA

它所對應的網格圖如下（橫軸代表\(s\)，縱軸代表\(t\)，顯示的點表示可達狀態）

我們首先可以大致確定，所有的可達狀態在一個不規則圖形的界內
（紅色線條）。第\(i\)行（或列）的界是\([l_i,r_i]\)，而且類似two pointers，\(l_i\)和\(r_i\)都隨\(i\)單調不降。拐角的頂點\((x,y)\)出現在前綴\(s_x\)和前綴\(t_y\)第一次匹配到其中一個是另一個的子序列的地方。

那麽是不是這個界裏面的狀態都可達呢？顯然不是，我們還可以看到這樣的位置（中間有三個）：如果\(s_x=t_{y-1}\neq s_{x-1}=t_y\)的話，\((x,y)\)也會不可達。對應的兩個子串形如AB和BA，蒟蒻接下來把該狀態記作AB-BA。

仔細觀察一下（或者打個表），除了這種情況，還有沒有別的情況也是在界內卻不可達的？貌似找不到啊。。。。。。

實際上，我們大概可以證明，在這個界內有且僅有AB-BA狀態不可達。

圖中的若幹有向邊從前驅節點指向後繼節點。顯然如果一個狀態不可達，那麽要麽它沒有前驅，要麽它的所有前驅都不可達。

首先，一個節點沒有前驅的情況就只有AB-BA那一種。當\(s_x=t_y\)

於是現在我們就需要證明，如果一個點不可達，那麽它一定沒有前驅，而不會出現它有前驅且前驅不可達。反證法，我們現在開始判定一個在界內的有前驅的節點\((x,y)\)，並假設它和它的前驅都不可達。

1. 它的前驅中有一個是\((x-1,y-1)\)。剛剛已經得出\((x-1,y-1)\)有前驅，那麽我們又需要假設\((x-1,y-1)\)的前驅不可達。
2. 它的前驅中沒有\((x-1,y-1)\)。則它的前驅可能有\((x-1,y)\)、\((x,y-1)\)。如果\((x-1,y)\)有前驅，那麽我們又需要假設\((x-1,y)\)的前驅不可達；如果\((x-1,y)\)
   沒有前驅，那麽說明出現了AB-BA狀態，則一定會有\((x-1,y-1)\)到\((x,y)\)的邊，不符合設定。對\((x,y-1)\)的討論同理。

於是，我們如果要假設某個點的所有前驅都不可達，我們必須假設它的某一個前驅的所有前驅都不可達，接著是前驅的前驅的前驅。。。。。。這個過程中\(x,y\)在遞減，而最終\((x,y)\)到了邊界上。顯然邊界上的點都是可達狀態（從\((0,0)\)出發形成一條輪廓狀路徑），於是所有的假設都被推翻了。

思路清晰了以後，代碼就簡單了，只需要註意些細節。動態匹配子序列，維護\(l,r\)，還有對不同的狀態記前綴和，這些都沒什麽好說的了。

#include<bits/stdc++.h>
#define RG register
#define R RG int
using namespace std;
const int N=1e6+9;
char s[N],t[N];
int f[N][8];
int main(){
    R n=0,m=0,x,y,l=0,r=0;
    RG long long ans=0;
    scanf("%s%s",s,t);
    for(n=0;s[n];++n)s[n]%=3;//只是湊巧發現RBG%3的余數不一樣
    for(m=0;t[m];++m)t[m]%=3;
    for(x=1;x<n;++x){
        memcpy(f[x],f[x-1],32);//前綴和
        if(s[x-1]!=s[x])
            ++f[x][(s[x-1]>s[x])*4+s[x-1]+s[x]];
    }
    memcpy(f[n],f[n-1],32);
    for(y=0;y<m;++y){
        if(y&&t[y-1]!=t[y]){//註意邊界
            x=(t[y-1]<t[y])*4+t[y-1]+t[y];
            ans-=f[r][x]-f[l][x];
        }
        while(r<n&&s[r]!=t[y])++r;
        ans+=r-l+1-(r==n);//同樣註意邊界
        if(r<n)++r;
        if(l<r&&s[l]==t[y])++l;
    }
    cout<<ans<<endl;
    return 0;
}

洛谷CF264D Colorful Stones（子序列匹配，思維）