I - [登峰造极-2016]_QAQ字符串

I - [登峰造极-2016]_QAQ字符串
我们考虑至少包含 QAQ 的子串比较难求，所以我们反过来考虑，求不包含 QAQ 子串的字符串。那么这是一个常见的动态规划问题。我们定义 dp[i][j]的含义长度为 i，并且结尾的状态为 j 的方案数。定义状态 0 为不构成 QAQ 任何前缀的结尾，比如 “QAAA”、“bLue”、“UMR” 等。定义状态 1 为以 Q 字符为结尾，比如 “QWQ”、“QvQ” 等。定义状态 2 为以 “QA” 为结尾，比如 AQA”，“AQQA” 等。状态 0 可由状态 0 或状态 ‘2’ 加上任意非 ‘Q’ 的字符转移而来，或由状态 1 加上任意非 ‘Q’ 且非 ‘A’ 的字符转移而来。状态 1 可由状态 0 或状态 1 加上 ‘Q’ 字符转移而来。状态 2 仅有状态 1 加上 ‘A’ 转移而来。
特别注意： ans=(qpow(26,n)-(dp[n][0]+dp[n][1]+dp[n][2])%md+md)%md; 防止出现负数

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define maxn 100005
#define md 1000000007
#define ll long long
ll dp[maxn][5],n,ans;
ll qpow(ll a,ll b)
{
    ll sum=1;
    while(b)
    {
        if(b%2)
            sum=(sum*a)%md;
        a=(a*a)%md;
        b/=2;
    }
    return sum%md;
}
int main()
{
    dp[0][0]=1;
    dp[0][1]=dp[0][2]=0;
    for(int i=1; i<=maxn; i++)
    {
        dp[i][0]=(25*(dp[i-1][0]+dp[i-1][2])+24*dp[i-1][1])%md;
        dp[i][1]=(dp[i-1][0]+dp[i-1][1])%md;
        dp[i][2]=dp[i-1][1]%md;
    }
    while(~scanf("%lld",&n))
    {
        ans=(qpow(26,n)-(dp[n][0]+dp[n][1]+dp[n][2])%md+md)%md;
        printf("%lld\n",ans);
    }
    return 0;
}

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