LCS 为给定串的长度减一，考虑枚举一个区间 \([L,R]\)，表示 \(S\) 和 \(T\) 的长度为 \(L-1\) 的前缀完全相同以及长度为 \(n-R\) 的后缀完全相同，且没有比这个前缀和后缀更长的前缀和后缀。

可以发现对于一组 \([L,R]\)，满足条件的串还需要满足 \(S[L+1,R]=T[L,R-1]\) 或 \(S[L,R-1]=T[L+1,R]\)。证明显而易见。

对于两种情况分别讨论。因为两种情况没有区别，这里以 \(S[L+1,R]=T[L,R-1]\) 为例。

1. \(2\leq R-L+1\)

可以发现，如果 \(S[L]=S[L+1]\)，那么这个区间就失去了意义（出现了比 \(S[L-1]\) 和 \(T[L-1]\) 更长的前缀），可以直接开润。

对于 \(T[R]\) 的讨论，只要让其不等于 \(S[R]\) 就好了。方案数 \(m-1\) 种。

1. \(L=R\)

无论如何方案数一定是 \(m-1\)。

需要注意的是，如果出现了 \(S[L+1,R]=T[L,R-1]\) 和 \(S[L,R-1]=T[L+1,R]\) 同时满足的情况，需要减掉。

注意到这种情况满足 \(S[x-1]=T[x]=S[x+1]\)。

例子：\(S=aba,T=bab\)，基本上直接统计就好了。得到了一个 \(O(n^2)\) 的做法。

设 \(f[n]=[S[n]\neq S[n+1]],g[n]=[S[n-1]=S[n+1]]\)，那么答案是：

\[\sum_{l=1}^{n-1}f[l](\sum_{r=l+1}^{n}m-1)+\sum_{r=2}^{n}f[r-1](\sum_{l=1}^{r-1}m-1)+(m-1)\times n-\sum_{l=1}^{n-2}f[l]\sum_{r=l+2}^{n}f[r-1]\times\prod_{x=l+1}^{r-1}g[x]
\]

处理一下 \(f,g\)，以及 \(g\) 的极长连续段，然后再处理一个 \(f\) 的前缀和就可以 \(O(n)\) 了。

#include<cstdio>
#include<cctype>
typedef unsigned ui;
const ui M=1e5+5;
ui n,m,f[M],g[M];unsigned long long S[M];char s[M];
signed main(){
    unsigned long long ans;
    scanf("%u%u%s",&n,&m,s+1);ans=1ull*n*(m-1);
    for(ui i=1;i<n;++i)f[i]=s[i]!=s[i+1],S[i]=S[i-1]+f[i];
    for(ui i=1;i<=n;++i)if(f[i])ans+=1ull*n*(m-1)-1;
    for(ui L(1),i=2;i<n;++i){
        if(s[i-1]==s[i+1]){
            if(f[i])ans-=S[i]-S[L];
        }
        else L=i;
    }
    printf("%llu",ans);
}