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Balanced 01-String

news 2026/3/27 0:20:41

Balanced 01-String

题目描述

小苯有一个长度为 $n$ 的字符串 $s$，只包含字符 $\texttt{'0'}$、$\texttt{'1'}$ 和 $\texttt{'?'}$。

他定义一个 $01$ 字符串是平衡的，当且仅当字符串中所有相邻两个字符相同的对数（即满足 $s_i = s_{i+1}$ 的 $i$ 的数量）是偶数。

（特别的，长度为 $1$ 的 $01$ 串必然是平衡的，因为此时相邻相同对数为 $0$，$0$ 也是偶数。）

小苯可以将每个 $\texttt{'?'}$ 替换为 $\texttt{'0'}$ 或 $\texttt{'1'}$。你的任务是求出，在所有可能的替换结果中，有多少个 $01$ 字符串是平衡的？（结果对 $998244353$ 取模。）

输入描述:

第一行一个整数 $T\ (1 \leqq T \leqq 10)$，表示测试数据组数。

接下来 $T$ 行，每行一个字符串 $s \ (1 \leqq |s| \leq 5 \times 10^5)$，只包含 $\texttt{'0'}$、$\texttt{'1'}$、$\texttt{'?'}$。

保证所有测试数据的字符串长度 $n$ 之和不超过 $5 \times 10^5$。

输出描述:

对于每组数据，输出一个整数表示满足条件的 $01$ 字符串数量对 $998244353$ 取模的结果。

示例1

输入

2
0?1
????

输出

0
8

说明

第一组数据：$s = \texttt{" 0?1"}$，两种替换：

$\texttt{"001"}$：相邻相同对数为 $1$（$\texttt{"00"}$），奇数，不平衡。

$\texttt{"011"}$：相邻相同对数为 $1$（$\texttt{"11"}$），奇数，不平衡。

输出 $0$。

解题思路

先给出容易想到的一般做法，直接无脑考虑 dp 就行了。定义 $f(i,j,k)$ 表示前 $i$ 个字符中，第 $i$ 个字符为 $j \in \{0,1\}$ ，且相邻相同对数的奇偶性为 $k \in \{0,1\}$ 时的方案数。根据第 $i-1$ 个字符的类型进行状态转移，状态转移方程为 $$f(i,j,k) = \sum\limits_{j=0}^{1}{[s_i=j]\sum\limits_{k=0}^{1}{f(i-1,0,[j=0] \oplus k) + f(i-1,1,[j=1] \oplus k)}}$$

需要注意的是，当 $s_i = \texttt{?}$ 时，$s_i$ 既可以取 $0$ 或 $1$。最后要求的答案就是 $f(n,0,0) + f(n,1,0)$。

AC 代码如下，时间复杂度为 $O(n)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;const int N = 5e5 + 5, mod = 998244353;char s[N];
int f[N][2][2];void solve() {cin >> s;int n = strlen(s);memset(f[0], 0, sizeof(f[0]));if (s[0] == '0' || s[0] == '?') f[0][0][0] = 1;if (s[0] == '1' || s[0] == '?') f[0][1][0] = 1;for (int i = 1; i < n; i++) {memset(f[i], 0, sizeof(f[0]));for (int j = 0; j <= 1; j++) {if (s[i] != '?' && s[i] - '0' != j) continue;for (int k = 0; k <= 1; k++) {for (int u = 0; u <= 1; u++) {f[i][j][k] = (f[i][j][k] + f[i - 1][u][(j == u) ^ k]) % mod;}}}}cout << (f[n - 1][0][0] + f[n - 1][1][0]) % mod << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}

下面给出本题的一个很巧妙的做法。容易知道长度为 $n$ 的字符串有 $n-1$对相邻位置。假设其中相同对数的数量为 $a$，不同对数的数量为 $b$，那么有 $a+b=n-1$。由于要求 $a$ 为偶数，即 $n-1-b$ 为偶数，等价于 $b$ 与 $n-1$ 的奇偶性相同，即 $b \equiv n-1 \pmod{2}$。其中 $n-1$ 是定值，因此 $(n-1) \bmod 2$ 是确定的。

而 $b \bmod 2 = \left( \sum\limits_{i=1}^{n-1}{[s_i \ne s_{i+1}]} \right) \bmod 2$。由于最终的 $s_i$ 只有 $0$ 和 $1$ 两种取值，因此 $[s_i \ne s_{i+1}] = s_i \oplus s_{i+1}$，所以 $\left( \sum\limits_{i=1}^{n-1}{[s_i \ne s_{i+1}]} \right) \bmod 2 = \left( \sum\limits_{i=1}^{n-1}{s_i \oplus s_{i+1}} \right) \bmod 2$。其中每一项成对出现并抵消，且在模 $2$ 加法下求和等价于逐项异或，因此最终有 $b \bmod 2 = s_1 \oplus s_n$。所以 $a$ 是偶数等价于 $s_1 \oplus s_n = (n-1) \bmod 2$。

这也意味着该条件的满足只与 $s$ 首尾两个字符的取值有关，而与中间字符 $s_2, s_3, \dots, s_{n-1}$ 无关。只要首尾固定后，无论中间取什么值，$b$ 的奇偶性都是一样的。因此假设中间位置有 $c$ 个 $\texttt{?}$，那么就会贡献 $2^c$ 种方案。

所以我们只需枚举首尾字符所有可能的取值（若为 $\texttt{?}$ 则可取 $0$ 和 $1$，否则只能取确定的值），对于每一种合法的首尾组合，若其异或值恰好等于 $(n-1) \bmod 2$，则将 $2^c$ 累加到答案。

AC 代码如下，时间复杂度为 $O(n)$：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;typedef long long LL;const int mod = 998244353;void solve() {string s;cin >> s;int p = 1;for (int i = count(s.begin() + 1, s.begin() + max<int>(1, s.size() - 1), '?'); i; i--) {p = 2 * p % mod;}int ret = 0;for (char i = '0'; i <= '1'; i++) {if (s[0] != '?' && s[0] != i) continue;for (char j = '0'; j <= '1'; j++) {if (s.back() != '?' && s.back() != j) continue;if (~(s.size() - 1 - (i ^ j)) & 1) ret = (ret + p) % mod;}}cout << ret << '\n';
}int main() {ios::sync_with_stdio(false);cin.tie(nullptr);int t;cin >> t;while (t--) {solve();}return 0;
}