DNA Sequence POJ - 2778 （ac自动机 + 快速幂）
题意：
给出患病的DNA序列，问序列长度为n的，且不包含患病的DNA序列有多少种
解析：
以给出的患病DNA序列建trie树 患病结点要用flag标记
对于长度为n的序列 位置i有四种 情况A C T G， buid的时候是从祖结点0开始的四种选择，如果tri树中存在某种选择，则顺着走下去，因为要防止恰好选择了患病DNA序列
若trie树中不存在某种选择，则指向0 即祖结点，因为这个点中断了患病DNA序列的生成
偷个图：https://blog.csdn.net/morgan_xww/article/details/7834801
危险结点要去掉，结点3和4是单词结尾所以危险，结点2的fail指针指向4，当匹配”AC”时也就匹配了”C”，所以2也是危险的。
解释一下为什么要去掉单词结尾
因为选择单词 结尾时必定是顺着树走下来的 比如说 如果选择了3 必定上一个是2 上上个是1
比如这次选择了3 而上一个是1 这种是不存在的 因为选了1后 这次想选3 而1在trie中 没有一步通向3的路 所以指向0结点 从0结点选
就是如果一个选择中断了患病DNA序列的生成 指向0就好了
矩阵i行j列的权值是结点i转移到结点j的方案数
而进行k次转移，从结点i转移到结点j的方案数是这个矩阵的k次幂
为什么？
首先解决这个问题：给定一个有向图，问从A点恰好走k步（允许重复经过边）到达B点的方案数mod p的值
把给定的图转为邻接矩阵，即A(i,j)=1当且仅当存在一条边i->j。令C=A*A，那么C(i,j)=ΣA(i,k)*A(k,j)，实际上就等于从点i到点j恰好经过2条边的路径数（枚举k为中转点）。类似地，C*A的第i行第j列就表示从i到j经过3条边的路径数。同理，如果要求经过k步的路径数，我们只需要二分求出A^k即可。
所以最后累加
LL ret = 0; for(int i=0; i<=tot; i++) { ret = (ret + A.v[0][i]) % MOD; }
枚举最后的节点是哪一个 因为起始节点肯定为0，而终止结点可以为0-tot的任何一个，所以累加从0到所有结点的方案数，即包含了所有情况
吐槽。。emm。。为什么函数的矩阵快速幂板子 结果是错了。。。。
#include <iostream> #include <cstdio> #include <sstream> #include <cstring> #include <map> #include <set> #include <vector> #include <stack> #include <queue> #include <algorithm> #include <cmath> #define rap(i, a, n) for(int i=a; i<=n; i++) #define rep(i, a, n) for(int i=a; i<n; i++) #define lap(i, a, n) for(int i=n; i>=a; i--) #define lep(i, a, n) for(int i=n; i>a; i--) #define MOD 100000 #define LL long long #define ULL unsigned long long #define Pair pair<int, int> #define mem(a, b) memset(a, b, sizeof(a)) #define _ ios_base::sync_with_stdio(0),cin.tie(0) //freopen("1.txt", "r", stdin); using namespace std; const int maxn = 1000010, maxm = 500005, INF = 0x7fffffff; int idx[128]; int tot; queue<int> q; struct Matrix { __int64 v[110][110]; Matrix() { memset(v, 0, sizeof(v)); } Matrix operator *(const Matrix B) // 重载的速度比写独立的函数慢点。 { int i, j, k; Matrix C; for(i = 0; i <= tot; i ++) for(j = 0; j <= tot; j ++) for(k = 0; k <= tot; k ++) { C.v[i][j] = (C.v[i][j] + v[i][k] * B.v[k][j]) % MOD; } return C; } }; struct state { int next[4]; int fail, flag; }trie[500005]; void init() { while(!q.empty()) q.pop(); for(int i=0; i<maxm; i++) { mem(trie[i].next, 0); trie[i].fail = trie[i].flag = 0; } tot = 0; } void insert(char *s) { int n = strlen(s); int rt = 0; for(int i=0;i<n; i++) { int x = idx[s[i]]; if(!trie[rt].next[x]) { trie[rt].next[x] = ++tot; // cout<< tot <<endl; } rt = trie[rt].next[x]; } trie[rt].flag = 1; } void build() { trie[0].fail= -1; q.push(0); while(!q.empty()) { int u = q.front(); q.pop(); for(int i=0; i<4; i++) { if(trie[u].next[i] == 0) { if(u == 0) trie[u].next[i] = 0; else trie[u].next[i] = trie[trie[u].fail].next[i]; } else { if(u == 0) trie[trie[u].next[i]].fail = 0; else{ int v = trie[u].fail; while(v != -1) { if(trie[v].next[i]) { trie[trie[u].next[i]].fail = trie[v].next[i]; trie[trie[u].next[i]].flag |= trie[trie[v].next[i]].flag; break; } v = trie[v].fail; } if(v == -1) trie[trie[u].next[i]].fail = 0; } q.push(trie[u].next[i]); } } } } Matrix mtPow(Matrix A, int k) // 用位运算代替递归求 A^k。 { int i; Matrix B; for(i = 0; i <= tot; i ++) { B.v[i][i] = 1; } while(k) { if(k & 1) B = B * A; A = A * A; k >>= 1; } return B; } int m, n; char s[15]; int main() { init(); idx['A']=0; idx['C']=1; idx['T']=2; idx['G']=3; scanf("%d%d", &m, &n); rap(i, 1, m) { scanf("%s", s); insert(s); // cout<< 111 <<endl; } build(); Matrix A; // for(int i=0; i<=tot; i++) mat[i][i] = 1; for(int i=0; i<=tot; i++) { if(trie[i].flag) continue; for(int j=0; j<4; j++) { if(trie[trie[i].next[j]].flag) continue; ++A.v[i][trie[i].next[j]]; } } A = mtPow(A, n); LL ret = 0; for(int i=0; i<=tot; i++) { ret = (ret + A.v[0][i]) % MOD; // cout<< ans <<endl; } printf("%lld\n", ret); return 0; }
