大体上是翻译日文题解的，补充了部分证明。
首先先考虑一下什么串可以被删光。可以发现满足一下三个条件之一的长度为偶数的串一定可以被删光，而且这是充要的：
- 开头是
B。
- 结尾是
A。
- 存在一个 [1,n-1] 中的偶数 i，满足 s_i 是
A，s_{i+1} 是 B，即在偶数下标后面画一个 |，存在 A|B。
归纳证明。考虑从一个能被删完的串插入 AA、BA、BB。只插入一次的串一定满足前两个条件之一。如果一个串满足第一个条件，只有在前面插入一个 AA 才能破坏掉它，这样就出现了一个 A|B。如果一个串满足第二个条件，只有在后面插入一个 BB 才能破坏掉它，这样也出现了一个 A|B。如果一个串满足了第三个，在除了 A|B 之外的地方插入不会破坏掉它，而在 A|B 中间插入 ??，会变成 A|??|B，只有 ?? 是 AB 才能保证插入完后不存在 A|B。
现在要匹配字符串 t_{1,2,\dots,m}，很容易得到一个贪心。依次匹配 t_{1,2,\dots,m}，维护上一次匹配的指针 x（初始为 0），每次找到 x 右边最左的一个 y，满足 x\not \equiv y\pmod 2，并且 [x+1,y-1] 可以被删除，并且 s_{y}=t_i。把 s_y 和 t_i 匹配，并且让 x=y。最后，如果 [x+1,n] 能被删除， 就有解，否则无解。
发现当原串等于 BABB、要匹配的串等于 BB 的时候假了，因为当 t_i 是 B 的时候，最小的 x 不一定最优。（为什么这样？在文末给出证明）。
因此当匹配的时候，如果 s_x 是 B（为方便起见，规定 s_0 是 A），那么只需要对于所有的满足 x'\ge x,x'\equiv x\pmod 2 的 x'，找到 x' 右边最左的一个 y，满足 x'\not\equiv y\pmod 2，并且 [x'+1,y-1] 可以被删除，并且 s_y=t_i，就把 s_y 和 t_i 匹配。上例中，匹配到第一个 B 之后，x=1；匹配到第二个 B 时，找到 x'=3,y=4，第二个 B 和 s_4 匹配。
为什么这样是对的？这相当于一个反悔贪心，把上一次匹配的位置改为 x'。由于 s_x 是 B，那么 [x,x'-1] 一定能被删完。
整理一下步骤。假如原串是 s_{1,2,\dots,n}，要匹配的串是 t_{1,2,\dots,n}。
- 定义指针 x 为上一次匹配的位置，进一步地，它是上一次可能匹配地位置中最左的一个。初始
x=0。从 i=1,2,\dots,m 依次匹配 t_i：
- 如果 s_x 是
A：
- 如果 t_i 是
A：找到 x 右边最左的位置 y，满足 x 和 y 的奇偶性不同，并且 s_y 是 A，将 s_y 和 t_i 匹配。（那是因为，由于 y 是 x 右边最左的，如果 y\neq x+1，就要求 s_{x+1} 是 B，此时 s_{[x+1,y-1]} 能被删完）。
- 如果 t_i 是
B：找到 x 右边最左的位置 y，满足 x 和 y 的奇偶性不同，并且 s_{y-1} 是 A，s_y 是 B，将 s_y 和 t_i 匹配。（那是因为，只有这种情况 s_{[x+1,y-1]} 才能被删完）。
- 如果 s_x 是
B：
- 找到 x 右边最左的位置 y，满足 x 和 y 奇偶性不同，并且 s_y=t_i，将 s_y 和 t_i 匹配。（那是因为，如果 s_{y-1} 是
A，[x+1,y-1] 就能被删完；如果是 B，就满足反悔的要求）。
- 匹配结束后，如果 s_{[x+1,n]} 能删完，有解；否则无解。特别地，如果 s_{x} 是
B，还可以判断所有满足 x'\ge x,x'\equiv x\pmod 2 的 x'，只要有一个 x' 使得 s_{[x'+1,n]} 能删完，就有解。否则无解。
容易发现，一个能被匹配的串和一个匹配过程中产生的 x 的序列一一对应，所以可以使用 DP 求解。具体地，可以设 f_i 表示当前匹配过程的 x 是 i 时的方案数，对于每个位置维护两个指针，分别表示 t 的下一位是 A 或 B 时 x 要移动到哪里。最后对于合法的终止位置 x 的 f 值求和即可。
最后证明一开始假的贪心为什么当 t_i 是 A 时是对的，而当 t_i 是 B 时是错的。
当 t_i 是 A 时，选最近的一定优。假设选 x' 更优，那么由于 s_{x'} 是 A，[x+1,x'] 能被删除，所以选 x 更优。
当 t_i 是 B 时，BABB 这个例子已经很好地说明问题了。在正确地算法中，可以从 x 反悔到 x'，然而在问题中，[x+1,x'] 不一定能被删除，这时就会有问题。
代码比较丑就不粘了，时间复杂度 O(n)。