！HDU 4346 插旗子RGR的插法有多少种-思维&正难则逆&思维！

题意：只有R和G两种旗子，美丽的插法是存在两个R的中点插G的情况，现在给你一个字符串代表现在有些地方已经插了，求美丽的插法有多少种

分析：

美丽=总 — 不美丽

所以我们来求不美丽有多少种。

这里就是思维的问题了：一个不美丽的序列必须满足的条件是任何两个相邻R的距离为奇数并且所有的相邻R的距离相等。

奇数这是显然的，如果两个相邻的R不为奇数，那么它们的中点存在，并且是G，这与不美丽矛盾；

距离相等也很好证：设三个相邻的R，R1R2的距离为x1，R2R3的距离为x2，则R1R3=x1+x2，因为x1,x2都为奇数，所以他们的和为偶数，那么R1R3的中点存在，如果x1！=x2，那么就是说R1R3之间唯一的R不在他们的中点，则填充他们中点的一定是G，这与不美丽矛盾。综上即证。

接下来就是枚举！枚举R的起点和距离。注意枚举的过程，特殊情况要讨论。

代码：

#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<algorithm>
#include<cmath>
#include<string>
using namespace std;
const long long INF=1000000007;
int t;
char a[1000];
int main()
{
	scanf("%d",&t);
	while(t--){
	        cin>>a;
		int len=strlen(a);
		int rall=0,num=0;
		for(int i=0;i<len;i++){
			if(a[i]=='R') rall++;
			if(a[i]=='?') num++;
		}
		long long ans=0;
		if(rall==0) ans=1; //特殊情况1，全为G
		int ok=1;
		for(int i=0;i<len;i++){
			if(a[i]=='R') ok=0;
			if(a[i]!='G'){
			    if(rall==0) ans=(ans+1)%INF; //特殊情况2，只有一个R
				if(rall==1&&a[i]=='R') ans=(ans+1)%INF;  //特殊情况2，只有一个R
				for(int j=1;j+i<len;j+=2){
					int r=0;
					if(a[i]=='R') r=1;
					for(int k=i+j;k<len;k+=j){
						if(a[k]=='G') break;
						if(a[k]=='R') r++;
						if(r==rall) ans=(ans+1)%INF;
					}
			    }
			}
			if(ok==0) break;        //注意，当枚举的起点是一个已经存在的R时，以这个R为起点跑一边就结束枚举
		}
		long long tmp=1;
		for(int i=0;i<num;++i) tmp=(2*tmp)%INF;
		ans=(tmp-ans+INF)%INF;
		printf("%I64d\n",ans);
	}
}

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