甲 解1
設\(f_i\)表示選擇了第\(i\)個字符，前綴\(S[1\dots i]\)的答案子序列個數。
一種想法是將每個\(f_j,j<i-1\)都統入\(f_i\)中，但這樣會導致算重複。
那麼我們修改一下原來的定義：
設\(f_i\)表示選擇了第i個字符，字符串\(T\)是\(S[1\dots i]\)的答案子序列，並且\(T\)不是\(S[1\dots (i-1)]\)的答案子序列。
換種說法，狀態\(f_i\)表示前綴\(S[1\dots i]\)與前綴\(S[1\dots (i-1)]\)的差集。
- 這個做法好像叫序列自動機
那麼繼續寫下一個\(\color{#ffffff}{假}\)做法x
一個轉移：
\(f_i=\sum_{j=1}^{i-2}f_j+1\)
那麼我們來證明一下這個\(\color{#ffffff}{假}\)做法的正確性：
-
根據定義，\((1\dots(i-2))\)統計的答案子序列互相之間不會重合。全都在後面加一個\(s_i\)同理。
-
假設存在一個字符串被同時統計進了\(f_i\)與某個\(f_j(j<i)\)中，那麼這個字符串形如\(T+s_i\)。
當然也可以寫爲\(T+s_j\)。也就是\(s_i=s_j\)。
可以確定的是，這裏的\(T\)包含於\((1...(j-2))\)這樣一個前綴中。（這個\(T\)可以爲空，不多解釋）
所以我們可以確定：\(f_i\)不能由\(f_{1...j-2},s_j=s_i\)轉移過來。
進一步更新這個做法：
\(f_i=\sum_{max_j(s_j=s_i)-1}^{i-2}f_j\)
特別地，對於\(s_i\)在字符串第一次出現，\(f_i=\sum_{j=1}^{i-2}f_j+1\)。
證法同上了。
這樣 應該 可以了吧x
甲 解2
更簡單的一種使得答案不重的思路是，強制規定選出來的子串在原串中最早出現
每個位置轉移到後面最近的分別26個字符即可。
事實上，丙丁兩題的思想與這個差不多（
乙
將\(RBW\)三種顏色分別標爲\(0\)，\(1\)，\(2\)
兩塊合併的操作會等價變爲兩數之和取負\(mod \ 3\)
於是可以把所有塊都合併起來再\(mod \ 3\)得到結果。
問題其實轉化爲一個塊到頂端的路徑數，在邊平行於金字塔的斜平行四邊形中討論發現是二項式係數（
由於這裏的模數\(p\)爲一個很小的數。當模數小於組合數中的\(n\)，\(m\)時，在階乘中模去\(p\)顯然會在某個地方開始出現階乘爲0的情況，將無法處理。
對於這種模數\(p\)小於\(n\)，\(m\)的情況，需要用到\(\text{Lucas}\)定理：\({n \choose m} \ mod \ p \ = {{{\frac{n}{p}} \choose {\frac{m}{p}}} \times {{n \ mod \ p} \choose {m \ mod \ p}}} \ mod \ p\)
丙2
題意：給定一個 \(a,b\) 構成的字符串 \(s\)，每次可以選擇兩個連續的 \(a\) 換成 \(b\)，或兩個連續的 \(b\) 換成 \(a\)，問可以構造出多少不同的字符串。
首先我們容易看出，形如\(\text{ababab}\dots\) 的 \(s\) 是無法操作的，此時答案爲\(1\)。
在下面，我們不再討論這樣一種特殊情況。
與乙題解法類似，我們設\(mod3\)意義下的\(p(s)\)：
設\(p(a)=1\)，\(p(b)=2\)，\(p(s)\)爲s中所有字母\(p\)值和\(mod3\)
那麼\(p(aa)=p(b)=2\)，\(p(bb)=p(a)=1\)，正好對應了合併的這樣一個操作。
一個結論：一個字符串\(s\)，若其中存在兩個相鄰且相同的字符，那麼s一定可以合併爲單個字符串\(c\)，且\(p(c)=p(s)\)。
那麼我們可以設想一種方法：將一個字符串\(s\)劃分爲\(m\)個\(p\)值都不爲\(0\)的子段，再將每個子段合併。
證明：任意一種可行的劃分都可以成功合併。
- (1) 對於每個子段都存在相鄰兩個字母相同的劃分____可以。
- (2) 否則，劃分出不滿足此條件的子段必定爲\(\text{abab}\dots\text{baba}\)或者\(\text{baba}\dots\text{abab}\)這樣首尾相同的交替串。
由於兩情況對等，我們首先考慮\(\text{abab}\dots\text{baba}\)，並特殊化爲\(\text{aba}\)（合併後爲\(\text{a}\)）的形式，並且原串內兩個相鄰相同的字符在該子段的右邊（在左邊同理，並且不需要考慮相同字符被合併完了，因爲那樣可以把它拆回去。）
此時我們考慮到右邊到第一對相同字符的位置爲止。
① 合併後爲\(\text{a}|\text{a}\dots\)，則將\(\text{aba}|\text{a}\dots\)中\(\text{ba}|\text{a}\)的部分合併爲\(\text{a}\)。
② 合併後爲\(\text{a}|\text{baba}\dots\text{ababaa}\)，合併\(\text{baa}\)爲\(\text{a}\)。末尾爲\(\text{bb}\)同理
證明結束。
接着我們考慮分段重合的情況。
如果存在一個字符串\(t\)，滿足\(p(t)=0\)
那麼\((s1)(t)(s2)\)這樣的情況下，\((s1)(t)|(s2)\)和\((s1)|(t)(s2)\)這兩種劃分是一樣的（p值是一樣的）。
那麼我們強制規定左側的子段\(s1\)不含有\(p\)值爲\(0\)的非空後綴。
這樣劃分出來可能會導致全串最後剩下一個\(p\)值爲0的後綴。但它可以被合掉（不寫證明了，被自己廢話惱了）
於是就可以\(\text{DP}\)了
設\(f_i\)表示原串\(1 \dots i\)位置的答案
處理每個位置\(i\)，從\(i+1\)位開始 最短的\(p\)值爲\(1\)與\(p\)值爲\(2\)的串 的末尾 的位置\(nex_{i,1/2}\)。
那麼轉移是\(f_i \to f_{nex}\)
答案爲每個\(p(s{(i+1) \dots n})=0\)的\(f_i\)之和。
另一道題其實類似，令\(p(a)=1\)，\(p(b)=2\)，\(p(c)=3\)，那麼兩個字母合併的操作就變成了異或(\(\oplus,xor\))，和這題有基本一致的性質。
丁
我們考慮最樸素的做法：選擇任意\(k\)個字符插入該字符串任意位置，具體實現是排列完使用隔板法。
但這樣會導致答案重複。
於是我們考慮一個最終情況的字符串，例如\(\text{minoriko}\)，原串\(\text{io}\)
由\(\text{io}\)到\(\text{minoriko}\)有三種方式：（手寫列一下好了）
那麼爲了使得答案不重，一種思路是：使得\(\text{io}\)到\(\text{minoriko}\)只有一種方法。
也就是\(\text{m} \color{red}{\text{i}} \text{n} \color{red}{\text{o}} \text{riko}\)
那麼就得到一個做法：每個字母前面只能插入和它不相同的字符。最後一個字符串後面則可以插入任何字符。
由此得來有意思的結論是，相同長度的字符串得到的答案是相同的。
所以，我們枚舉插入在字符串最後的字符個數，再使用隔板法就好了。
得到柿餅：
戊
當我們選擇了一些需要移動的書本，這些書本放到末尾的順序是可以任意決定的。
在需要移動的書本之外，自然是選擇不需要移動的書本。
不需要移動的書本呢，會是一組一組並不互相重合的相同顏色的區間
不過這裏有一個特殊情況，就是最後在所有不移動書本的末尾，由於【任意決定順序】這個性質，這個末尾並不需要包含全部的該顏色書。
設\(f_i\)表示\([i,n]\)區間最多不移動的書本數目，得到以下轉移：
己
移動問題的\(\text{point}\)：選擇出移動的元素和不移動的元素。
由原串到目標的這樣一個變換，我們可以認爲目標串中的某個不降子序列沒有被移動過。
首先這題有和戊題一樣的一個點，移動的元素順序可以任意決定
另外，對於某個元素，影響其狀態的是隻有其最後一次操作。
爲了方便，我們暫時稱這個元素的最後一次操作爲它的關鍵操作。
研究這個操作的一些性質。
如果在原序列中某一個元素\(x\)完成了其向左的關鍵操作，那麼在目標序列中，\(x\)左側的元素是必定要操作的。同理，另一個元素完成向右的關鍵操作，在關鍵序列中在其右側的元素也必須進行操作。
在這兩個元素之間的所有元素，則不會進行任何操作。
於是我們得到了可以作爲不移動的元素的特徵：是一組在目標串中連續的元素，並且在目標串中單調遞增（準確來說是：元素相對於原串的位置單調遞增，由於這裏原串元素是單增排列所以可以這樣寫）
接着考慮移動的元素，會如何移動：
1.完成一個左移關鍵操作（在不移動元素被確定，當前序列在某個方案中確定的情況下，方案是唯一的。也可以理解爲，所有元素完成關鍵操作的順序是確定的）；
2.完成一個右移關鍵操作（同左移）；
3.不完成任何關鍵操作（在移動元素中任選一個向左或向右移都可以）。
計數的時候可以只考慮移動的元素。所以我們在下面研究轉移的時候，可以將序列看作只包含需要移動的元素。作這個說明只是爲了在計數的時候更加清晰
這樣得到一個樸素的\(\text{DP}\)：
設\(f_{i,l,r}\)表示進行了\(i\)次操作，有\(l\)個元素還未完成左移關鍵操作，\(r\)個元素還未完成右移關鍵操作時的操作方案數，那麼：
答案即\(f_{m,0,0}\)。
我們發現後兩項左移右移的轉移類似，即左移操作和右移操作本質是一種對稱的操作，那麼我們可以進一步優化
只關注還有多少個元素未發生關鍵操作。設\(f_{i,l+r}\)表示進行了\(i\)次操作，有\(l+r\)個元素還未完成關鍵操作時的操作方案數。
對於結果\(f_{m,0}\)，由於我們沒有考慮左移右移的操作的順序，需要乘上\({l+r}\choose l\)（即從\(l+r\)個操作中選出\(l\)個向左，其餘向右）。
但我們注意到，這個\(\text{DP}\)的初始狀態爲\(f_{0,l+r}=1\)，對於每一組\(j=l+r\)，都需要重新進行\(\text{DP}\)，造成了三次的時間複雜度，無法通過。
反過來考慮（倒序還原），使\(\text{DP}\)的初始狀態爲\(f_{0,0}=0\)，即：設\(f_{i,l+r}\)表示還有\(i\)次操作，有\(l+r\)個元素還未完成關鍵操作時的操作方案數。
與上面相同的考慮移動的方法（這裏考慮的是後面這一步做了什麼，反推前面這一步）：
1.（在下一步中）完成了一個左移關鍵操作；
2.（在下一步中）完成一個右移關鍵操作；
3.（在下一步中）不完成任何關鍵操作，回退到上一步則爲選取兩端元素之一插回原序列的任意位置。方案數爲\((l+r)\times2\)
使用刷表法轉移（這裏\(l+r\)寫作\(j\)，實際實現也是這樣。\(l\)與\(r\)的拆分只在最後組合數那一步的計算需要用到）：
當然，填表也行（
庚
突然加的（
設\(f_i\)表示構造長度爲\(i\)字符串的方案數
枚舉每個字母添加的個數\(k\)，那麼有：
沒了（