BZOJ 1030: [JSOI2007]文本生成器 DP,AC自动机

Description

　　JSOI交给队员ZYX一个任务，编制一个称之为“文本生成器”的电脑软件：该软件的使用者是一些低幼人群，

他们现在使用的是GW文本生成器v6版。该软件可以随机生成一些文章―――总是生成一篇长度固定且完全随机的文

章—— 也就是说，生成的文章中每个字节都是完全随机的。如果一篇文章中至少包含使用者们了解的一个单词，

那么我们说这篇文章是可读的（我们称文章a包含单词b，当且仅当单词b是文章a的子串）。但是，即使按照这样的

标准，使用者现在使用的GW文本生成器v6版所生成的文章也是几乎完全不可读的?。ZYX需要指出GW文本生成器 v6

生成的所有文本中可读文本的数量，以便能够成功获得v7更新版。你能帮助他吗？

Input

　　输入文件的第一行包含两个正整数，分别是使用者了解的单词总数N (<= 60)，GW文本生成器 v6生成的文本固

定长度M；以下N行，每一行包含一个使用者了解的单词。这里所有单词及文本的长度不会超过100，并且只可能包

含英文大写字母A..Z

Output

　　一个整数，表示可能的文章总数。只需要知道结果模10007的值。

Sample Input

2 2

A

B

Sample Output

100

解题方法：

这个问题很经典了，首先对于输入的所有单词建立 AC 自动机，我们设共有 S 个节点。对于所求答案，我们

可以求它的补集，也就是说共有多少种是不含有任何一个单词的，再求出总方案数，我们设总长度为 n，那么显

然总方案数为 26 n 。状态 dp[i][j]表示到第 i 个字符，处于 AC 自动机的第 j 个节点，共有多少种方案。我们考虑

在第 j 个节点的下面在插入一个字符(A~Z)可以到达状态 p，这个 p 可以由 fail 求出。那么我们可以用 dp[i][j]去更

新 dp[i＋1][p]，其中满足 j 节点是合法的，且 p 节点是合法的。（这里的合法是指没有走到任何一个单词的末尾）

那么总共满足要求的不含有任何一个单词的方案数就是T＝Σdp
[i]，其实节点i的状态合法。答案则为26 n －T。

由于总长度很小暴力 DP 就可以了，不需要用矩阵优化。

代码如下：

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int maxn = 6010;
const int mod = 10007;
int n, m, cnt = 1, ans;
char s[maxn];
int  tree[maxn][26];
int fail[maxn];
int dp[102][maxn]; //第i个节点位于第j个节点
bool word[maxn];
queue <int> q;
void insert(){
scanf("%s", s+1);
int len = strlen(s+1), now = 1;
for(int i = 1; i <= len; i++){
int id = s[i] - 'A';
if(!tree[now][id]) tree[now][id] = ++cnt;
now = tree[now][id];
}
word[now] = 1;
}
void build_fail(){
q.push(1); fail[1] = 0;
while(!q.empty()){
int u = q.front(); q.pop();
word[u] |= word[fail[u]];
for(int i = 0; i < 26; i++){
int k = fail[u];
while(k && !tree[k][i]) k = fail[k];
if(tree[u][i]){
fail[tree[u][i]] = k ? tree[k][i] : 1;
q.push(tree[u][i]);
}
else{
tree[u][i] = k ? tree[k][i] : 1;
}
}
}
}

void DP(){
dp[0][1] = 1;
for(int i = 0; i < m; i++){
for(int j = 1; j <= cnt; j++){
if(!dp[i][j]) continue;
for(int k = 0; k < 26; k++){
int t = tree[j][k];
if(word[t]) continue;
dp[i + 1][t] += dp[i][j];
if(dp[i + 1][t] >= mod) dp[i + 1][t] -= mod;
}
}
}
}

int powmod(int a, int b){
int res = 1;
while(b){
if(b&1) res = res * a % mod;
a = a * a % mod;
b >>= 1;
}
return res;
}

int main(){
scanf("%d%d", &n, &m);
for(int i = 1; i <= n; i++) insert();
build_fail();
DP();
ans = 0;
for(int i = 1; i <= cnt; i++){
ans = (ans + dp[m][i]) % mod;
}
ans = (powmod(26, m) - ans);
ans = (ans + mod) % mod;
printf("%d\n", ans);
return 0;
}