POJ2778 DNA Sequence AC自动机上dp
网址：https://vjudge.net/problem/POJ-2778
题意：
给出字符集${A,C,G,T}$和一些字符串（长度不超过$10$，且数量不超过$10$个），求长度为$n(n \leq 2e9)$的字符串中不包括上面这些字符串的字符串的数量。
题解：
我们可以先考虑一种方式：设$dp(i,j)$是用了$i$个字符拼出符合题意的长度为$j$的字符串的数量，在本题中$dp(i,j)=\sum _{j' \subseteq j} dp(i-1,j')$，显然时间复杂度是指数级的，不可能通过题目。
因为本题是多模式匹配，所以显然使用$AC$自动机。$AC$自动机的结束结点就是不可到达结点，然后因为AC自动机上某个节点的$fail$结点表示这个字符串的前缀子串的后缀串的结点。所以如果它的$fail$结点不可达，那么这个结点一定不可达。然后我们把$AC$自动机变成一张用邻接矩阵表示的有向图，设图上结点数为$p$。
然后以下介绍两种常见的$dp$策略：
一、我们考虑$dp(i,j)$是从$Trie$的根走$i$步到编号为$j$的结点的方案数，则有$dp(i,j)=\sum _{!tr[k].flag} dp(i-1,k)$ $(tr[k].flag==true \leftrightarrow k$点不可达$)$，这时就可以在$n$比较小但是矩阵很大的时候以时间复杂度为$O(np^2)$计算出来。显然在这个题不太行。
二、我们考虑在有向图中求从$s$点出发$n$步是否能到达$t$点的求法是通过将矩阵乘$n$次求出来，这一过程可以使用矩阵快速幂加速。时间复杂度是$O(p^3logn)$，本题可以通过。
AC代码：
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <queue>
#include <map>
using namespace std;
typedef long long ll;
const int N = 105;
const int mod = 100000;
map<char, int>mp;
int trie[N][4];
int fail[N];
bool f[N];
struct Mat
{
ll mat[N][N];
Mat()
{
memset(mat, 0, sizeof(mat));
}
};
char s[15];
int cnt;
void insert(char* s, int len)
{
int root = 0;
for (int i = 0; i < len; ++i)
{
int nxt = mp[s[i]];
if (!trie[root][nxt])
trie[root][nxt] = ++cnt;
root = trie[root][nxt];
}
f[root] = 1;
}
void getfail()
{
queue<int>q;
for (int i = 0; i < 4; ++i)
if (trie[0][i])
q.push(trie[0][i]), fail[trie[0][i]] = 0;
while (!q.empty())
{
int now = q.front();
q.pop();
if (f[fail[now]])
f[now] = 1;
for (int i = 0; i < 4; ++i)
{
if (trie[now][i])
{
q.push(trie[now][i]);
fail[trie[now][i]] = trie[fail[now]][i];
}
else
trie[now][i] = trie[fail[now]][i];
}
}
}
Mat mul(const Mat& a, const Mat& b, int n)
{
Mat res;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
for (int j = 0; j <= n; ++j)
for (int k = 0; k <= n; ++k)
(res.mat[i][j] += a.mat[i][k] * b.mat[k][j]) %= mod;
return res;
}
Mat pow(Mat a, int n, ll p)
{
Mat res;
for (int i = 0; i <= n; ++i)
res.mat[i][i] = 1;
while (p)
{
if (p & 1)
res = mul(res, a, n);
a = mul(a, a, n);
p >>= 1;
}
return res;
}
int dp[N][N];
void solve(ll n)
{
Mat ans;
for (int i = 0; i <= cnt; ++i)
{
if (f[i])
continue;
for (int j = 0; j < 4; ++j)
{
if (f[trie[i][j]])
continue;
ans.mat[i][trie[i][j]] += 1;
}
}
ans = pow(ans, cnt, n);
ll tot = 0;
for (int i = 0; i <= cnt; ++i)
(tot += ans.mat[0][i]) %= mod;
printf("%lld\n", tot);
}
int main()
{
mp['A'] = 0;
mp['C'] = 1;
mp['G'] = 2;
mp['T'] = 3;
int n;
ll m;
scanf("%d%lld", &n, &m);
for (int i = 1; i <= n; ++i)
{
scanf("%s", s);
insert(s, strlen(s));
}
getfail();
solve(m);
return 0;
}
$*$吐槽一下，都0202年了POJ还不支持C++11和万能头
