将第$i$个字符在$A->C->B->A$这个环上操作$i$次,而此时的操作也即将$AAA,BBB$或$CCC$变为其中的另一个字符串

通过操作$XXXY->YYYY->YXXX$,即可以将$XXX$向右移动一位,同时其还可以变为任意字符,那么不妨将其删除并在最后(任意位置)插入一个形如$XXX$的字符串

具体的,令$f(S)$表示不断在$S$中删除形如$XXX$的字符串(直至不存在),则$f(S)$是良定义的

这里的良定义,即删除顺序不会影响$f(S)$($f(S)$是可确定的)

按$|S|$进行归纳,并对当前$S$分类讨论:

1.若$S$中不存在形如$XXX$的字符串,那么即可结束,显然有$f(S)=S$

2.若$S$中仅存在1个形如$XXX$的字符串,那么只能将其删除,则$f(S)=f(S')$

3.若$S$中存在不少于1个形如$XXX$的字符串,任取其中两个并记将两者删除后的字符串为$S_{1}$和$S_{2}$,那么证明$f(S_{1})=f(S_{2})$即可,下面对两者分类讨论:

(1)两者无公共部分,那么定义$S_{0}$为将两者均删除后的字符串,由归纳假设$f(S_{1})=f(S_{2})=f(S_{0})$,即得证

(2)两者有公共部分,那么不难发现最后剩下的均相同,也即有$S_{1}=S_{2}$,显然成立

进一步的,$S$能变为$T$当且仅当$f(S)=f(T)$

必要性:注意到$S$操作后(注意不是删除)$f(S)$不变(均先删除操作的部分即可)

充分性:先从$S$得到$f(S)$,再按$T$得到$f(T)$的逆序插入$XXX$也即可得到$T$(次数显然相同)

关于如何对于$S$求出$f(S)$,维护一个栈即可实现

时间复杂度为$o(n)$,可以通过

 1 #include<bits/stdc++.h>
2 using namespace std;
3 #define N 500005
4 int n,ns,nt,a[N],b[N];
5 char s[N],t[N];
6 int main(){
7 scanf("%d%s%s",&n,s+1,t+1);
8 for(int i=1;i<=n;i++){
9 int x=(s[i]-'A'+n-i)%3;
10 if ((ns>1)&&(a[ns]==x)&&(a[ns-1]==x))ns-=2;
11 else a[++ns]=x;
12 }
13 for(int i=1;i<=n;i++){
14 int x=(t[i]-'A'+n-i)%3;
15 if ((nt>1)&&(b[nt]==x)&&(b[nt-1]==x))nt-=2;
16 else b[++nt]=x;
17 }
18 if (ns!=nt){
19 printf("NO\n");
20 return 0;
21 }
22 for(int i=1;i<=ns;i++)
23 if (a[i]!=b[i]){
24 printf("NO\n");
25 return 0;
26 }
27 printf("YES\n");
28 return 0;
29 }

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