BZOJ2553[BeiJing2011]禁忌——AC自动机+概率DP+矩阵乘法
题目描述
Magic Land上的人们总是提起那个传说：他们的祖先John在那个东方岛屿帮助Koishi与其姐姐Satori最终战平。而后，Koishi恢复了读心的能力……
如今，在John已经成为传说的时代，再次造访那座岛屿的人们却发现Koishi遇到了新麻烦。
这次她遇到了Flandre Scarlet——她拥有可以使用禁忌魔法而不会受到伤害的能力。
为了说明什么是禁忌魔法及其伤害，引入以下概念：
1．字母集A上的每个非空字符串对应了一个魔法。
其中A是包含了前alphabet个小写字母的集合。
2．有一个集合T，包含了N个字母集A上的字符串
T中的每一串称为一个禁忌串（Taboo string）
3．一个魔法，或等价地，其对应的串s因为包含禁忌而对使用者造成的伤害按以下方式确定：
把s分割成若干段，考虑其中是禁忌串的段的数目，不同的分割可能会有不同的数目，其最大值就是这个伤害。
由于拥有了读心的能力，Koishi总是随机地使用Flandre Scarlet的魔法，可以确定的是，她的魔法正好对应字母集A上所有长度为len的串。
但是，Flandre Scarlet所使用的一些魔法是带有禁忌的，由于其自身特性，她可以使用禁忌魔法而不受到伤害，而Koishi就不同了。可怜的Koishi每一次使用对方的魔法都面临着受到禁忌伤害的威胁。
你现在需要计算的是如果Koishi使用对方的每一个魔法的概率是均等的，那么每一次随机使用魔法所受到的禁忌伤害的期望值是多少。
输入
第一行包含三个正整数N、len、alphabet。
接下来N行，每行包含一个串Ti，表示禁忌串。
输出
一个非负实数，表示所受到禁忌伤害的期望值。
样例输入
aa
abb
样例输出
【样例1解释】
一共有2^4 = 16种不同的魔法。
需要注意的是“aabb”的禁忌伤害是1而不是2。
提示
100%的数据中N ≤ 5，len ≤109，1 ≤ alphabet ≤ 26。
在所有数据中，有不少于40%的数据中：N = 1。
数据保证每个串Ti的长度不超过15，并且不是空串。
数据保证每个Ti均仅含有前alphabet个小写字母。
数据保证集合T中没有相同的元素，即对任意不同的i和j，有Ti≠Tj。
【评分方法】
对于每一组数据，如果没有得到正确的输出（TLE、MLE、RTE、输出格式错误等）得0分。
否则：设你的输出是YourAns，标准输出是StdAns：
记MaxEPS = max(1.0 , StdAns)×10-6
如果|YourAns – StdAns| ≤ MaxEPS则得10分，否则得0分。
即：你的答案需要保证相对误差或绝对误差不超过10-6。
因为每个模式串的贡献为1，所以求的期望就可以看做是匹配到模式串的概率之和。
因为有多个模式串，容易想到把模式串建出AC自动机(转换成trie图)，如果一个模式串是另一个模式串的前缀，那么较长的模式串就没有用了。
设f[i][j]表示在AC自动机上走了i步到达了j节点的概率，那么如果下一步没走到终止节点则f[i+1][son[j][k]]+=f[i][j]*1/alphabet，如果走到终止节点就跳回根节点重新走了。
但这样求只能得到走len步每次都走模式串上点的概率，真正要求的是所有匹配到模式串的概率和。
因此假设AC自动机上有cnt个点，只要再建一个虚拟点cnt+1，每个终止节点都先连向cnt+1再从cnt+1连向根节点，这样就好了。
你发现这样还是过不去，因为len太大了。
仔细观察一下，可以发现要求的就是从根节点走<=len步到cnt+1这个点的概率之和，而我们建的AC自动机转换成了trie图，那么可以用trie图的邻接矩阵来直接矩阵乘法！
最后答案就是a[0][cnt+1]。
注意这道题卡精度，建议全程用longdouble
#include<set>
#include<map>
#include<stack>
#include<queue>
#include<cmath>
#include<cstdio>
#include<vector>
#include<bitset>
#include<cstring>
#include<iostream>
#include<algorithm>
#define ld long double
using namespace std;
int s[105][27];
int cnt;
char ch[30];
int n,m,l;
int fail[105];
int end[105];
queue<int>q;
ld res;
struct miku
{
ld a[105][105];
};
miku ans;
void build(char *ch)
{
int len=strlen(ch);
int now=0;
for(int i=0;i<len;i++)
{
int x=ch[i]-'a';
if(!s[now][x])
{
s[now][x]=++cnt;
}
now=s[now][x];
}
end[now]=1;
}
void get_fail()
{
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(s[0][i])
{
fail[s[0][i]]=0;
q.push(s[0][i]);
}
}
while(!q.empty())
{
int now=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<26;i++)
{
if(s[now][i])
{
q.push(s[now][i]);
fail[s[now][i]]=s[fail[now]][i];
end[now]|=end[fail[now]];
}
else
{
s[now][i]=s[fail[now]][i];
}
}
}
}
miku mp(miku x,miku y)
{
miku c;
for(int i=0;i<=cnt;i++)
{
for(int j=0;j<=cnt;j++)
{
c.a[i][j]=0;
for(int k=0;k<=cnt;k++)
{
c.a[i][j]+=x.a[i][k]*y.a[k][j];
}
}
}
return c;
}
void quick(miku ans,int k)
{
miku b;
b=ans;
k--;
while(k!=0)
{
if(k&1)
{
b=mp(b,ans);
}
k/=2;
ans=mp(ans,ans);
}
printf("%.9lf",(double)b.a[0][cnt]);
}
int main()
{
scanf("%d%d%d",&n,&l,&m);
for(int i=1;i<=n;i++)
{
scanf("%s",ch);
build(ch);
}
get_fail();
cnt++;
res=(ld)1/m;
memset(ans.a,0,sizeof(ans.a));
for(int i=0;i<cnt;i++)
{
for(int j=0;j<m;j++)
{
if(end[s[i][j]])
{
ans.a[i][0]+=res;
ans.a[i][cnt]+=res;
}
else
{
ans.a[i][s[i][j]]+=res;
}
}
}
ans.a[cnt][cnt]=1;
quick(ans,l);
}
