很明显的线性DP，复杂度是 O ( n ) O(n) O(n) 的，题目以火为限制，那么我们根据每个位置是否有火来设dp状态，若 d p [ i ] [ 0 / 1 ] dp[i][0/1] dp[i][0/1] 代表前 i i i 位中第 i i i 位是否有火，但是此时的状态转移限制不仅来自于第 i − 1 i-1 i−1位，还来自于 i + 1 i+1 i+1位，所以我们我们多增加一维 [ 0 / 1 ] [0/1] [0/1] 代表第 i + 1 i+1 i+1 位是否有火。只要状态找对了，接下来就按照题意转移就可。

#include<bits/stdc++.h>using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 1e6+7;
const int mod = 1e9+7;int dp[N][2][2];  // dp[i][0/1][0/1] 代表前i位里，当前的i、i+1位是否有火，0代表无，1代表有；
int main()
{string s;cin>>s;s = " "+s;int n = s.size()-1;dp[0][0][0] = dp[0][0][1] = 1 ;for(int i=1;i<=n;i++){if(s[i]=='0')      dp[i][0][0] += dp[i-1][0][0];  //均不为火else if(s[i]=='1'){   //i不为火，前后有一个为火dp[i][0][0] = (dp[i][0][0]+dp[i-1][1][0])%mod;dp[i][0][1] = (dp[i][0][1]+dp[i-1][0][0])%mod; }else if(s[i]=='2'){   //i不为火 ，但是i前后都需要为火dp[i][0][1] = (dp[i][0][1]+dp[i-1][1][0])%mod;}else if(s[i]=='*'){   //i位为火，i前后均不确定dp[i][1][0] = (dp[i][1][0]+dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][1])%mod;dp[i][1][1] = (dp[i][1][1]+dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][1])%mod;}else if(s[i]=='?'){   //当此位为？时，前面的所有的状态都可以转移dp[i][0][0] = (dp[i][0][0]+dp[i-1][0][0]+dp[i-1][1][0])%mod;dp[i][0][1] = (dp[i][0][1]+dp[i-1][0][0]+dp[i-1][1][0])%mod; dp[i][1][0] = (dp[i][1][0]+dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][1])%mod;dp[i][1][1] = (dp[i][1][1]+dp[i-1][0][1]+dp[i-1][1][1])%mod;}}cout<<(dp[n][0][0]+dp[n][1][0])%mod<<"\n";  //第n位为火和不为火的和return 0;
}

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