BJOI2017 魔法咒语

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Description

给 $n$ 个基本词汇， $m$ 个禁忌词语。求用基本词汇（每个词汇可重复词汇）拼成长度为 $L$ 的

不包含任何禁忌词语的字符串的方案数。

Solution

在数据规模与约定中，我们发现可以把数据划分成两档：

$L \le 100$ 的（前 $60pts$）。
基本长度不超过 $2$ 的

第一档 60pts

显然不包含这个东西判定可以用 AC 自动机，用 $m$ 个禁忌词语建 AC 自动机，把非法点标记一下（即所有词语末尾及其在 fail 树上的子树）。

然后方案数这个东西显然的朴素 DP：

设 $f[i][j]$ 为前 $i$ 个字符，当前在 AC 自动机上的编号是 $j$

考虑转移就是拼接一个基本词汇，假设目前在 $f[i][u]$，设词汇长度为 $l$，就让这个词汇从 $u$ 出发在 AC 自动机上跑全串，然后落在 $v$ 节点。要求这一段路径上都不能走非法点才可以转移。这样 $f[i][u]$ 就对 $f[i + l][v]$ 有了加的贡献。

每次转移这个过程可以先用 $O(100 ^ 2N)$枚举 $u$ 和基本词汇来确定是否为合法转移和转移到的图上节点。

然后 DP 复杂度是 $O(100NL)$ 的，可以跑过。

下面 $60pts $ 的代码

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
const int N = 55, S = 105, P = 1e9 + 7;
int n, m, L, q[S], g[S][N], f[S][S], len[N];
int idx = 0, tr[S][26], fail[S];
bool e[S];
char a[N][S], b[N][S];
void insert(char s[]) {
	int p = 0;
	for (int i = 0; s[i]; i++) {
		int ch = s[i] - 'a';
		if (!tr[p][ch]) tr[p][ch] = ++idx;
		p = tr[p][ch];
	}
 	e[p] = true;
}
void build() {
	int hh = 0, tt = -1;
	for (int i = 0; i < 26; i++) 
		if (tr[0][i]) q[++tt] = tr[0][i];
	while (hh <= tt) {
		int u = q[hh++];
		for (int i = 0; i < 26; i++) {
			int v = tr[u][i];
			if (v) {
				fail[v] = tr[fail[u]][i];
				if (e[fail[v]]) e[v] = true;
				q[++tt] = v;
			} else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
		}
	}
}

void work(int u, int x) {
	int p = u;
	if (e[p]) { g[u][x] = -1; return; }
	for (int i = 0; i < len[x]; i++) {
		p = tr[p][a[x][i] - 'a'];
		if (e[p]) { g[u][x] = -1; return; }
	}
	g[u][x] = p;
}

void solve1() {
	for (int u = 0; u <= idx; u++) 
		for (int i = 1; i <= n; i++) work(u, i);
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < L; i++) {
		for (int u = 0; u <= idx; u++) {
			if (e[u] || !f[i][u]) continue;
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				if (g[u][j] != -1) {
					(f[i + len[j]][g[u][j]] += f[i][u]) %= P;
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= idx; i++)
		if (!e[i]) (ans += f[L][i]) %= P;
	printf("%d\n", ans);
}

int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &L);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", a[i]), len[i] = strlen(a[i]);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%s", b[i]);
		insert(b[i]);
	}
	build();
	solve1();
	return 0;
}

第二档

看到 $L \le 10^8$，我们的复杂度显然不能跟 $L$ 相关。

先考虑长度都是 $1$ 的时候，那么转移过程中，$f[i]$ 这层只会对 $f[i + 1]$ 这层产生贡献，而且每次产生贡献的方式是相同的、且是加和贡献，这个东西我们是会用矩阵乘法优化的，即用每一层作为一个矩阵，每一次迭代计算下一层结果，类似 HNOI2008 GT考试。

接着用相同的思想考虑长度 $ \le 2$ 的情况，那么 $f[i]$ 这层只会对 $f[i + 1], f[i + 2]$ 产生影响，这种情况仍可以用矩阵乘法优化，即每一个矩阵记录两层数据，但是要更复杂一点。

设计矩阵为 $[F_{i,1}, F_{i, 2},...,F_{i, L}, F_{i + 1, 1}, F_{i + 1, 2}, ...,F_{i + 1, L} ]$

考虑把 $[F_i, F_{i + 1}] \times A = [F_{i + 1}, F_{i + 2}]$，构造一个矩阵 $A$。

考虑对 $F_{i + 1}$ 的贡献：首先右侧的 $F_{i + 1}$ 平移到左边了，所以矩阵左下方应该是一个单位矩阵
$F_{i}$ 对 $F_{i + 2}$ 的贡献：就是那些长度为 $2$ 的基本词汇转移， $u \Rightarrow v$ 产生 $1$ 的贡献
$F_{i + 1}$ 对 $F_{i + 2}$ 的贡献同理。

一些细节问题：

注意下标之间的调整
一开始矩阵是 $[F_0, F_1]$，所以要先计算 $F[1]$ 这层（就是找那些长度为 $1$ 的转移）。

这个时间复杂度是 $O(100^3logL)$ 的。

总代码 100pts

#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
typedef long long LL;
const int N = 55, S = 105, P = 1e9 + 7;
int n, m, L, q[S], g[S][N], f[S][S], len[N];
int idx = 0, tr[S][26], fail[S];
bool e[S];
char a[N][S], b[N][S];
// 矩阵
struct Matrix{
	int n, m, w[S << 1][S << 1];
	Matrix operator * (const Matrix &b) const {
		Matrix c; memset(c.w, 0, sizeof c.w);
		c.n = n, c.m = b.m;
		for (int i = 1; i <= n; i++)
			for (int j = 1; j <= b.m; j++)
				for (int k = 1; k <= m; k++)
					c.w[i][j] = (c.w[i][j] + (LL)w[i][k] * b.w[k][j]) % P;
		return c;
	}
} A, res;
// AC 自动机
void insert(char s[]) {
	int p = 0;
	for (int i = 0; s[i]; i++) {
		int ch = s[i] - 'a';
		if (!tr[p][ch]) tr[p][ch] = ++idx;
		p = tr[p][ch];
	}
 	e[p] = true;
}
void build() {
	int hh = 0, tt = -1;
	for (int i = 0; i < 26; i++) 
		if (tr[0][i]) q[++tt] = tr[0][i];
	while (hh <= tt) {
		int u = q[hh++];
		for (int i = 0; i < 26; i++) {
			int v = tr[u][i];
			if (v) {
				fail[v] = tr[fail[u]][i];
				if (e[fail[v]]) e[v] = true;
				q[++tt] = v;
			} else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
		}
	}
}
// 预处理转移方式
void work(int u, int x) {
	int p = u;
	if (e[p]) { g[u][x] = -1; return; }
	for (int i = 0; i < len[x]; i++) {
		p = tr[p][a[x][i] - 'a'];
		if (e[p]) { g[u][x] = -1; return; }
	}
	g[u][x] = p;
}
// 前 60 pts
void solve1() {
	f[0][0] = 1;
	for (int i = 0; i < L; i++) {
		for (int u = 0; u <= idx; u++) {
			if (e[u] || !f[i][u]) continue;
			for (int j = 1; j <= n; j++) {
				if (g[u][j] != -1) {
					(f[i + len[j]][g[u][j]] += f[i][u]) %= P;
				}
			}
		}
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= idx; i++)
		if (!e[i]) (ans += f[L][i]) %= P;
	printf("%d\n", ans);
}
// 获取 id
int num(int id, int c) {
	return id + 1 + c * (idx + 1);
}
// 后 40 pts
void solve2() {
	res.n = 1, res.m = A.n = A.m = (idx + 1) * 2;
	res.w[1][num(0, 0)] = 1;
	for (int i = 1; i <= n; i++) {
		if (g[0][i] != -1) {
			int v = g[0][i];
			if (len[i] == 1) res.w[1][num(v, 1)]++; // 计算 F[1] 这层
		}
	}

	// 构造 A
	for (int u = 0; u <= idx; u++) {
		A.w[num(u, 1)][num(u, 0)] ++;
		for (int i = 1; i <= n; i++) {
			if (g[u][i] != -1) {
				int v = g[u][i];
				if (len[i] == 1) A.w[num(u, 1)][num(v, 1)]++;
				else A.w[num(u, 0)][num(v, 1)]++;
 			}
		}
	}
	int b = L;
	while (b) {
		if (b & 1) res = res * A;
		A = A * A;
		b >>= 1;
	}
	int ans = 0;
	for (int i = 0; i <= idx; i++)
		if (!e[i]) (ans += res.w[1][i + 1]) %= P;
	printf("%d\n", ans);
}
int main() {
	scanf("%d%d%d", &n, &m, &L);
	for (int i = 1; i <= n; i++) scanf("%s", a[i]), len[i] = strlen(a[i]);
	for (int i = 1; i <= m; i++) {
		scanf("%s", b[i]);
		insert(b[i]);
	}
	build();
	for (int u = 0; u <= idx; u++) 
		for (int i = 1; i <= n; i++) work(u, i);
	if (L <= 100) solve1();
	else solve2();
	return 0;
}

posted @ 2020-03-05 15:14 DMoRanSky 阅读(217) 评论(0) 编辑收藏举报

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