自动机写法。开始在做的时候题解没讲每个节点代表什么状态，自己推了一遍，记录一下。
思路
计数，求有多少种替换方式使得 $0$ 到 $n$ 存在一条长度小于等于 $K$ 的路径。
可以做 $O(n^3)$ 的 dp。设 $dp_{i,a,b}$ 表示前 $i$ 个位置，最近的 $A$ 和 $B$ 分别在 $a$ 和 $b$。官方题解是优化 $a$ 和 $b$，发现有意义状态下 $a$ 和 $b$ 的差不超过一定数值。
观察发现，在 $\text{BAA...AAB}$ 处，肯定选择从 $B$ 直接跳过去。具体的，当有连续的 $4$ 个 $A$ 后，会选择直接从两端的 $B$ 越过。所以有效的状态并不多。
考虑建一个自动机来求出任意状态对应的下一个状态。由于 $A$ 和 $B$ 可以取反得到，先只考虑当前在 $A$，在 $B$ 同理。以下几种有用状态。
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状态 $0$。当前在 $A$，上一个位置为 $B$，记为 $\text{A}$。
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状态 $1$ 即状态 $0$ 反过来，记为 $\text{B}$。
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状态 $2$。当前在 $A$，上一个位置为 $B$，下一个位置为 $A$，记为 $\text{AA}$。
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状态 $4$。当前在 $A$，上一个位置为 $B$，下两个位置为 $AA$，记为 $\text{AAA}$。
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状态 $6$。当前在 $A$，上一个位置为 $B$，下三个位置为 $AAA$，记为 $\text{AAAA}$。此时如果往后有 $B$，直接先后退越过；否则走向自己，不会有 $5$ 个 $A$ 的状态。注意到此时无论如何都会后退，所以稍微调整一下。定义状态 $6$ 为当前在 $B$，接下来有连续 $A$ 且一定会选择跳过。
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状态 $8$。当前在 $A$，上一个位置不重要，下一个位置为 $B$，记为 $\text{AB}$。此时可以跳到下一个 $A$，也可以爬到 $B$，但不知道走一步后要去 $A$ 还是 $B$。
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状态 $10$ 至 $12$。当前既可以当作在 $A$，也可以当作在 $B$，记为 $\text{O}$，称为状态 $12$。状态 $10$ 表示当前在 $O$，下一个为 $A$，记为 $\text{OA}$。
综上，有 $13$ 种有用状态。
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$\text{A}$，$\text{AA}$，$\text{AAA}$，$\text{AAAA}$，$\text{AB}$。
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上面 $5$ 种状态取反得到当前在 $B$ 的另外 $5$ 种。
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$\text{OA}$,$\text{OB}$,$\text{O}$。
考虑转移。记 $tree_{i,0/1}$ 表示当前状态为 $i$，加入 $A$ 或 $B$，走向哪一个状态，$val_{i,0/1}$ 为转移的代价。
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状态 $\text{A}$。如果加入 $A$，走向状态 $\text{AA}$，点没有移动，代价为 $0$。如果加入 $B$，走向状态 $\text{AB}$，点没有移动，代价为 $0$。
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状态 $\text{AA}$。如果加入 $A$，走向状态 $\text{AAA}$，点没有移动，代价为 $0$。如果加入 $B$，走向状态 $\text{AB}$，点向后移动一格，代价为 $1$。
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状态 $\text{AAA}$。如果加入 $A$，走向状态 $\text{AAAA}$，点后退一步到上一个 $B$，代价为 $1$。如果加入 $B$，可以先向后再向前越过 $AAA$ 到下一个 $B$，也可以爬两步 $A$，即走向状态 $\text{O}$，代价为 $2$。
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状态 $\text{AAAA}$。注意这里状态不同于以前，当前点为 $B$。如果加入 $A$，走向状态自己 $\text{AAAA}$，点不动，代价为 $0$。如果加入 $B$，向前越过 $AAAA$ 到下一个 $B$，即走向状态 $\text{B}$，代价为 $1$。
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状态 $\text{AB}$。如果加入 $A$，可以向后走到 $B$，也可以跳到下一个 $A$，即走向状态 $O$，代价为 $1$。如果加入 $B$，虽然没有连续 $4$ 个 $B$，但一定会从 $A$ 跳过这段 $B$，即状态 $\text{BBBB}$，代价为 $0$。
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状态 $\text{OA}$。如果加入 $A$，虽然没有连续 $4$ 个 $A$，但一定会把 $O$ 当作 $B$ 跳过这段 $A$，即状态 $\text{AAAA}$，代价为 $0$。如果加入 $B$，可以向后走到 $A$，也可以把 $O$ 当作 $B$ 跳到下一个 $B$，即走向状态 $\text{O}$，代价为 $1$。
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状态 $\text{O}$。如果加入 $A$，走向状态 $\text{OA}$，代价为 $0$。如果加入 $B$，走向状态 $\text{OB}$，代价为 $0$。
分析完自动机状态的转移，dp 即可。设 $dp_{i,j,k}$ 表示加入前 $i$ 位，走了 $j$ 步，当前状态为 $k$。
$$dp_{0,0,12}=1$$
$$dp_{i+1,j+val_{k,0},tree_{k,0}}+=dp_{i,j,k}$$
$$dp_{i+1,j+val_{k,1},tree_{k,1}}+=dp_{i,j,k}$$
注意到加入一位并不是走到一位。状态设定的当前走到的点不是状态的最后一位。记录 $dis$ 表示状态的最后一位是 $n-1$，状态设定的当前走到的点离终点的距离，稍微处理即可。
复杂度 $O(13nk)$。
code
int n,m,ans;
char c[maxn];
int tree[15][2],val[15][2];
int dis[7];
int dp[maxn][maxn][15];
int T;
signed main(){
// freopen(".in","r",stdin);
// freopen(".out","w",stdout);
n=read();m=read();
scanf("%s",c+1);
tree[0][0]=2;val[0][0]=0;tree[0][1]=8;val[0][1]=0;
tree[2][0]=4;val[2][0]=0;tree[2][1]=8;val[2][1]=1;
tree[4][0]=6;val[4][0]=1;tree[4][1]=12;val[4][1]=2;
tree[6][0]=6;val[6][0]=0;tree[6][1]=1;val[6][1]=1;
tree[8][0]=12;val[8][0]=1;tree[8][1]=7;val[8][1]=0;
tree[10][0]=6;val[10][0]=0;tree[10][1]=12;val[10][1]=1;
tree[12][0]=10;val[12][0]=0;tree[12][1]=11;val[12][1]=0;
for(int i=0;i<=5;i++){//状态取反。
for(int k=0;k<=1;k++){
if(tree[i*2][k^1]==12)tree[i*2+1][k]=tree[i*2][k^1];
else tree[i*2+1][k]=tree[i*2][k^1]^1;
val[i*2+1][k]=val[i*2][k^1];
}
}
// for(int i=0;i<=12;i++)cout<<tree[i][0]<<" "<<val[i][0]<<" "<<tree[i][1]<<" "<<val[i][1]<<"\n";
dis[0]=dis[3]=dis[4]=dis[5]=dis[6]=1;
dis[1]=dis[2]=2;
dp[0][0][12]=1;
for(int i=0;i<=n-2;i++){
for(int j=0;j<=m;j++){
for(int k=0;k<=12;k++){
if(dp[i][j][k]){
if(c[i+1]=='A'){
dp[i+1][j+val[k][0]][tree[k][0]]+=dp[i][j][k];
dp[i+1][j+val[k][0]][tree[k][0]]%=mod;
}
else if(c[i+1]=='B'){
dp[i+1][j+val[k][1]][tree[k][1]]+=dp[i][j][k];
dp[i+1][j+val[k][1]][tree[k][1]]%=mod;
}
else{
dp[i+1][j+val[k][0]][tree[k][0]]+=dp[i][j][k];
dp[i+1][j+val[k][0]][tree[k][0]]%=mod;
dp[i+1][j+val[k][1]][tree[k][1]]+=dp[i][j][k];
dp[i+1][j+val[k][1]][tree[k][1]]%=mod;
}
}
}
}
}
for(int j=0;j<=m;j++){
for(int k=0;k<=12;k++)if(j+dis[k>>1]<=m){
ans+=dp[n-1][j][k];
ans%=mod;
}
}
printf("%lld\n",ans);
}