problem

solution

可以从 $\text{DFA}$ 的思想来考虑这道题。

考虑建一个 $\text{DFA}$ 只接受最后可以变成字符串 $1$ 的原串。

因为每次是选择三个 连续/相邻 的位置操作，限制是比较强的，无非有三种情况。

• case1 三个全 $1$，操作后只剩 $1$ 个 $1$，相当于删去两个 $1$。
• case2 三个全 $0$，操作后只剩 $1$ 个 $0$，相当于删去两个 $0$。
• case3 剩下的组合，操作后只剩 $1$ 个 $0/1$，但都相当于删去 $01$ 各一个。

显然贪心地我们是不会操作 case1 减少 $1$ 的数量的。而连续的 $0$ 的数量也不会超过 $2$ 个，超过一定可以操作回来。

只有 $1$ 的数量大于等于 $0$ 的数量就是合法的。

事实上最后情况 $1$ 的数量绝对不可能跟 $0$ 数量相同，因为题目保证输入串是奇数长度，而每次的操作都减少两个长度。

$1$ 多了反正都会被接受，没必要在 $\text{DFA}$ 上建立这么多状态。

我们将所有 $1$ 的个数超过两个的状态都连回个数为 $2$ 的状态，然后接受这个状态即可。

所以 $\text{DFA}$ 的状态数是 $1(0/1/2)-0(0/1/2)=3\cdot 3=9$ 种的。

最后就是在这个 $\text{DFA}$ 上跑 $dp$ 即可。

设 $f(i,j,k):$ 到字符串的第 $i$ 位，此时状态为 $j$ 个 $1$ 和 $k$ 个 $0$ 的方案数。考虑向 $i+1$ 位转移。

• $s_{i+1}=0$，直接增加 $0$ 个个数即可。
  • $k=2$，case2 操作。$f(i,j,2)\to f(i+1,j,0)$。
  • $k\ne 2$，$f(i,j,k)\to f(i+1,j,k+1)$。
• $s_{i+1}=1$。在这个时候才考虑跟 $0$ 的抵消情况。
  • $k=0$，$f(i,j,0)\to f(i+1,\min (j+1,2),0)$。
  • $k\ne 0$，case3 操作，$f(i,j,k)\to f(i,j,k-1)$。
• $s_{i+1}=?$，将上面两种情况都跑一遍即可。

code

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define mod 1000000007
#define int long long
#define maxn 300005
char s[maxn];
int n, ans;
int f[maxn][3][3];signed main() {scanf( "%s", s + 1 );n = strlen( s + 1 );f[0][0][0] = 1;//f[i][j][k]:到字符串第i位时 有j个1 k个0for( int i = 0;i < n;i ++ ) {if( s[i + 1] != '0' ) {for( int j = 0;j <= 2;j ++ ) {( f[i + 1][j][0] += f[i][j][1] ) %= mod;( f[i + 1][j][1] += f[i][j][2] ) %= mod;( f[i + 1][min( j + 1, 2ll )][0] += f[i][j][0] ) %= mod;}}if( s[i + 1] != '1' ) {for( int j = 0;j <= 2;j ++ ) {( f[i + 1][j][1] += f[i][j][2] ) %= mod;( f[i + 1][j][2] += f[i][j][1] ) %= mod;( f[i + 1][j][1] += f[i][j][0] ) %= mod;}}}for( int i = 0;i <= 2;i ++ )for( int j = 0;j <= i;j ++ )( ans += f[n][i][j] ) %= mod;         printf( "%lld\n", ans );return 0;
}