Jzoj P4673 LCS again___容斥原理

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题目大意：

现在有一个长度为n的串S，其中每一个字母都是前m个小写字母
计算有多少个不同的长度为n的T（其中T也是由前m个小写字母组成），并且S与T的LCS为n-1
LCS就是同时存在于S和T的最长子序列

$n<=100000$

分析：

对于一个 $T$而言，其实可以相等于从 $S$中取出一个字母，然后再扔回去一个字母
假如 $S=aaabbbccc$，连续相同的一段字母内我们任取一个再任扔回去的方案数是 $x$，那么其他的也是 $x$，可是因为他们构成的 $T$是相同的，所以连续相同的一段字母内，我们只需要计算一个 $x$，
怎么计算 $x$呢？ $x=n*m-n$
对于 $S=aaa|bbb|ccc$而言我们删掉一个 $b$，那么 $S=aaa|bb|ccc$，此时我们可以有 $n$个位置可以放置，每个位置有 $m$种字符，那么就有 $n*m$种方案数，
可是他在自己的块内是不能丢已经删掉的 $b$的，总共有 $3$个位置不能放 $b$，
在这一块前面的其他块长度之和为 $3$，有 $4$个位置可以放置，其实假如第 $i$位字母是 $A$，我在前面放 $A$，和在后面放 $A$，其效益都是 $AA$，所以也算重了，总共就有 $4-1$种，
后面的块同理也有 $4-1$种，所以算重的为前面块长度和+后面块长度和，不合法的为当前块原先的长度和，即当前块长度和+1
总共也就是 $n$，所以 $x=n*m-n$
然而还有一个情况会算重，
例如像 $ababab$这样的连续段，相邻的 $ab$，a后移跟b前移是等价的， $abab$中首个 $b$后移到末尾，和末尾b前移到首位是相同的，那么如果有 $len$长的串是这样的，那么他有 $len*(len-1)/2$个这样的子串，就减去它

代码：

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <queue>
#include <cmath>
#include <cstring>
#include <algorithm>

#define N 100005

using namespace std;

const int mo = 100007;

typedef long long ll;
 
ll ans, now;
char s[N];
int n, m;

int main()
{
    scanf("%d %d", &n, &m);
	scanf("%s", s + 1);
    ans = n * (m - 1);
    for (int i = 2; i <= n; i++) 
	    if (s[i] != s[i - 1]) ans += n * (m - 1); 
	int now = 1;
    for (int i = 2; i <= n; i++)
	{
        if (now == 1)
		{
		   if (s[i] != s[i - 1]) now++; 
		}
        else
		{
            if (s[i] == s[i - 2]) now++;
            else
			{
                ans -= (now - 1) * now / 2; now = 1;
                if (s[i] != s [i - 1]) now = 2;
            }     
        }
    }
    ans -= (now - 1) * now / 2;
    printf("%lld\n", ans);
    return 0;
}