[SDOI 2017] 硬币游戏
Task 1 \(1\le n,m\le 3\)
枚举最后几位的情况，或者枚举三个字符串当前已经匹配了多少位，可以得出状态转移的形式，高斯消元即可。
Task 2 \(1\le n,m\le 18\)
做法与 [JSOI2009]有趣的游戏 相同，时间复杂度 \(O(n^3m^3)\)，具体的因为本弱不会 AC 自动机所以略过。
Task 3 \(n=2\)
这一部分较为重要
设两个人的串分别是 \(A,B\)，假设当前游戏还没结束，且字符串为 \(S\)，我们知道如果直接在 \(S\) 后面加上一个 \(A\) 游戏一定能结束，但是可能会出现在中途结束游戏的情况。
例：A=101,B=110
- 如果当前 \(S\) 以
10结尾，那么加入第一个1的时候就直接结束，第一个人获胜，多加了01； - 如果当前 \(S\) 以
1结尾，那么加入10时结束，第二个人获胜，多加了1； - 其余情况，第一个人获胜。
于是可以得到一个等式： \(S101=A01+B1+A\)，就有 \(S\cdot \frac{1}{8}=A\cdot \frac{1}{4}+B\cdot \frac{1}{2}+A\)。
这个式子的来源是，每个形如 \(S101\) 的字符串都可以不重不漏地分解成三种不同的类型，于是这些字符串出现的概率必然相同。
我们再来看看直接在 \(S\) 后面加上一个 \(B\) 的情况，同样能够得到 \(S110=A10+B\)，于是就有 \(S\cdot \frac{1}{8}=A\cdot \frac{1}{4}+B\)，\(\frac{1}{8}\) 和 \(\frac{1}{4}\) 分别为在一个状态后面添加 \(3\) 个或 \(2\) 个给定字母的概率。
通过上述两个式子我们是能够知晓 \(A,B\) 之间的关系的，但是并不方便我们直接得出结果。
我们还知道，一定有 \(P_A+P_B=1\) ，所以能够得到一个三元一次方程组 $$\begin{cases} A+B=1\ S=10A+4B\ S=2A+8B\ \end{cases} $$
解得
于是在这种情况下，我们就得出了两人获胜的概率。
总结一下不难得出，当我们考虑加 \(A\) 串的时候，能够对式子产生贡献的情况是 \(A\) 串的一个前缀和 \(x\) 串（可能是 \(A\) 或 \(B\)）的一个后缀发生了重合，假设重合部分的长度为 \(L\) ，那么式子右边就会多上 \(x\cdot \frac{1}{2^{m-L}}\) ，因为剩下还有 \(m-L\) 长度的串可以加进去。
于是我们就可以得出一个标准化的式子：
对加 \(B\) 串的情况，也能得到类似的结果，于是我们通过枚举 \(L\) 判断对应前后缀是否相同，并手工计算这两个方程里 \(A\) 和 \(B\) 的系数，就能算出 \(A,B\) 之间的比值，从而求解。
Task 4 \(1\le n,m\le 300\)
实际上Task 3的做法离正解已经无限接近了。
设 \(pre(i,L)\) 表示第 \(i\) 个字符串长度为 \(L\) 的前缀，\(suf(i,L)\) 同理，那么根据Task 3的结论，可以得出方程组的第 \(i\) 个式子为：
再结合式子 \(\sum_{i=1}^{n}P_i=1\)，即可联立方程组高斯消元求解。
接下去问题就在于如何快速判定 \(pre(i,L)=suf(j,L)\)，用各类字符串科技或者直接 \(\texttt{hash}\) 即可，本人用的是 \(\texttt{hash}\)。
#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 310
#define ld double
const long long P=37;
const int MOD=1000000007;
int n,m,pre[N][N],suf[N][N];
ld a[N][N],p[N],T;
char s[N];
void Gauss(int n)
{
for(int i=1;i<=n;i++){
int t=0;
for(int j=i;j<=n;j++)
if(a[j][i]!=0){
t=j;
break;
}
swap(a[i],a[t]);
T=1.0/a[i][i];
for(int j=i+1;j<=n+1;j++)
a[i][j]*=T;
a[i][i]=1;
for(int j=1;j<=n;j++)if(i!=j){
T=a[j][i],a[j][i]=0;
for(int k=i+1;k<=n+1;++k)
a[j][k]-=T*a[i][k];
}
}
for(int i=1;i<n;i++)printf("%.6f\n",a[i][n+1]);
}
int main()
{
for(int i=0;i<N;i++)
p[i]=pow(0.5,i);
scanf("%d%d",&n,&m);
for(int i=1;i<=n;i++){
scanf("%s",s+1);
for(int j=1;j<=m;j++)
pre[i][j]=(P*pre[i][j-1]+s[j]-'A')%MOD;
for(long long j=1,k=1;j<=m;j++,k=P*k%MOD)
suf[i][j]=(k*(s[m-j+1]-'A')+suf[i][j-1])%MOD;
a[i][n+1]=-p[m];
a[n+1][i]=1;
}
a[n+1][n+2]=1;
for(int i=1;i<=n;i++)
for(int j=1;j<=n;j++)
for(int L=1;L<=m;L++)
if(pre[i][L]==suf[j][L])
a[i][j]+=p[m-L];
Gauss(n+1);
}
其实可以发现，关于 \(S\) 的系数是可以任取的，因为在方程中 \(S\) 相当于只是一个辅助变量，所以代码中的 a[i][n+1]=-p[m]; 是可以把系数改成任意数字的（如 \(114514\)）。
