【XSY4180】串串游走（AC自动机，期望DP，高斯消元）
假瑞出搬的神仙题。原题 CFgym103119B。
先把 \(T\) 去重。
考虑先用 \(O(nm\log k)\) 建出所有串的 AC 自动机。注意建 AC 自动机的时候，为了保证空间，假设当前点 \(u\) 没有的转移，我们不从 \(fail_u\) 那里复制；而对于当前点有的转移 \(v\)，我们暴力跳 \(u\) 的 \(fail\) 来更新 \(fail_v\)。这可以结合代码理解。
这样跳 \(fail\) 的时间复杂度是对的，你可以把它类似 kmp 中跳 \(next\) 指针的方式来理解：跳一次 \(fail\) 深度至少减一，而从父亲到儿子 \(fail\) 深度至多加一。所以总时间复杂度为 \(O(nm\log k)\)，当然使用哈希实现能做到 \(O(nm)\)。
那么原问题就转化为在 AC 自动机上的随机游走，直到走到某个串使得它包含 \(T\) 中的任意一个串为止。
由于 \(T\) 中的串长度都为 \(m\)，所以停止的条件就转化为走到 \(T\) 中的任意一个串对应的节点为止（把这些节点称为结束节点）。
不妨设 \(g_{u,c}\) 表示 AC 自动机上点 \(u\) 往字符 \(c\) 方向的转移到哪（没有的话需要暴力跳 fail 来找）。
设 \(F(u)\) 表示从 \(u\) 走到任意一个结束节点的期望步数，那么有：
-
若 \(u\) 为一个结束节点，\(F(u)=0\)。
-
若 \(u\) 不是一个结束节点，那么有：
\[F(u)=1+\sum_{c=0}^{k-1}F(g_{u,c})p_c \]
然后就有 \(O(nm)\) 条方程，直接高斯消元即可。总时间复杂度是 \(O(|R|+(nm)^3)\) 的，仅可以得到 10pts。
观察到 \(k\leq 26\) 的部分分，注意到此时一条方程中 \(nm\) 个变量只有 \(k+1\) 个变量的系数非零，你感觉直接一整行一整行地高斯消元貌似太亏了。
考虑设置几个关键变量 \(x_1,x_2,\cdots,x_l\)，然后利用 \(F(u)\) 的转移方程将其他的 \(F(u)\) 用 \(x_1,x_2,\cdots,x_l\) 的线性组合加一个常数表示（即用这 \(l\) 个变量代入消掉其他的变量），最后再 \(O(l^3)\) 解出 \(x_1,x_2,\cdots,x_l\)，再代入解出所有的 \(F(u)\)。
我们需要设置恰当的 \(x_1,x_2,\cdots,x_l\)，\(l\) 太小可能不能使所有的 \(F(u)\) 都能用 \(x_1,x_2,\cdots,x_l\) 的线性组合加一个常数表示，\(l\) 太大可能复杂度不够优。
我们可以这么考虑：先设 \(son(u)\) 表示 \(u\) 在 Trie 树上的儿子个数。对于每一个点 \(u\)，若 \(son(u)>1\)，那么我们把 \(u\) 在 Trie 树上的所有儿子 \(v\) 的 \(F(v)\) 都设为关键变量。同时，我们把 \(F(rt)\) 也设为关键变量（\(rt\) 为根）。
先考虑为什么这样设置能使所有的 \(F(u)\) 都能用 \(x_1,x_2,\cdots,x_l\) 的线性组合加一个常数表示（下面简称为 “能被表示”：
我们考虑在 Trie 树上 bfs，假设当前点为 \(u\)，假设之前 bfs 遍历到的点的 \(F\) 都能被表示，我们考虑 \(F(u)\) 是否能被表示。假设 \(u\) 的父亲为 \(f\)（若无父亲则 \(u\) 是根，此时 \(F(u)\) 显然能被表示）。
-
若 \(son(f)>1\)，那么 \(F(u)\) 本来就是关键变量，显然它都能被表示。
-
若 \(son(f)=1\)，那么 \(f\) 在 Trie 树上只有一个儿子 \(u\)，假设 \(g_{f,t}=u\)。根据刚刚的转移方程：
\[\begin{aligned} F(f)&=1+\sum_{c=0}^{k-1}F(g_{f,c})p_c\\ &=1+F(u)p_t+\sum_{c\neq t}F(g_{f,c})p_c\\ \end{aligned} \]注意到 \(f\) 在 Trie 树上只有一个儿子，所以对于任意 \(c\neq t\) 的 \(g_{f,c}\)，\(g_{f,c}\) 一定是从 \(f\) 在 \(fail\) 树的某个祖先那里向 \(c\) 转移得到的，于是必然有 \(len(g_{f,c})\leq len(f)<len(u)\)。又由于我们是按 bfs 的顺序，\(g_{f,c}\) 一定比 \(u\) 先被遍历到，所以遍历到 \(u\) 时 \(F(g_{f,c})\) 肯定已经被表示。
于是又根据上面的等式移项得：
\[F(u)=-\dfrac{1-F(f)+\sum_{c\neq t}F(g_{f,c})p_c}{p_t} \]于是 \(F(u)\) 能被表示。
然后是考虑 \(l\) 的级别：\(F(u)\) 是关键变量当且仅当 \(son(f)>1\)，考虑 Trie 树上有多少个这样的 \(u\)。
注意到 Trie 树上只有 \(n\) 个叶子，所以显然这样的点只有 \(O(n)\) 个。
然后高斯消元，理论上本来 \(nm\) 条方程 \(nm\) 个变量中，对于某一条方程 \(F(f)=...\)，要么在 \(son(f)=1\) 的情况中用来去表示 \(F(u)\) 了（可以理解为消掉一个变量 \(F(u)\)），要么你没用过，这些没用过的方程理论上应该剩下 \(l\) 条。那么具体剩下的是哪几条方程呢？显然是 \(son(f)>1\) 的 \(F(f)\) 的方程 \(F(f)=1+\sum\limits_{c=0}^{k-1}F(g_{f,c})p_c\) 和 \(son(f)=0\) 的 \(F(f)\) 的方程 \(F(f)=0\)（注意方程中的 \(F(f)\) 和 \(F(g_{f,c})\) 全部都用 \(x_1,x_2,\cdots,x_l\) 表示了）。直接用这几条方程高斯消元即可。
总时间复杂度 \(O(n^2mk+n^3)\)。
\(k\) 很大时怎么办？一个瓶颈是在 \(son(f)=1\) 时：
这里需要枚举所有的 \(c\) 并每次 \(O(n)\) 累加。
若 \(f=rt\)，那么 \(F(u)=F(f)-\dfrac{1}{p_t}\)。
若 \(f\neq rt\)，解决这个问题就需要利用 \(fail\) 的性质了。我们刚刚说到，对于 \(c\neq t\)，\(g_{f,c}=g_{fail_f,c}\)，于是：
同时因为 \(g_{f,t}=u\)，所以有 \(g_{fail_f,t}=fail_u\)，于是：
于是就能 \(O(n)\) 求出 \(F(u)\) 了。
另一个瓶颈是在列 \(son(f)>1\) 的方程时：
这里也需要枚举所有的 \(c\) 并每次 \(O(n)\) 累加。
我们把 \(f\) 在 Trie 树上的儿子的 \(c\) 的集合记为 \(T\)，于是：
显然对于 \(c\in T\) 的情况，由于 \(F(g_{f,c})\) 是关键变量，\(x_1,x_2,\cdots,x_l\) 中只有一项的系数非零，所以很好处理。
对于 \(c\not\in T\) 的情况：若 \(f=rt\)，则 \(g_{f,c}=f\)；若 \(f\neq rt\)，我们沿用刚刚的做法：
然后枚举 \(\sum_{c\in T}\) 的次数就是关键变量的个数，为 \(O(n)\)，所以复杂度就对了。
总时间复杂度 \(O(nm\log k+n^2m+n^3+|R|)\)。
#include<bits/stdc++.h>
#define N 110
#define NM 100010
using namespace std;
namespace modular
{
const int mod=1000000007;
inline int add(int x,int y){return x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline int dec(int x,int y){return x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline int mul(int x,int y){return 1ll*x*y%mod;}
inline void Add(int &x,int y){x=x+y>=mod?x+y-mod:x+y;}
inline void Dec(int &x,int y){x=x-y<0?x-y+mod:x-y;}
inline void Mul(int &x,int y){x=1ll*x*y%mod;}
}using namespace modular;
inline int poww(int a,int b)
{
int ans=1;
while(b)
{
if(b&1) ans=mul(ans,a);
a=mul(a,a);
b>>=1;
}
return ans;
}
inline int read()
{
int x=0,f=1;
char ch=getchar();
while(ch<'0'||ch>'9')
{
if(ch=='-') f=-1;
ch=getchar();
}
while(ch>='0'&&ch<='9')
{
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch^'0');
ch=getchar();
}
return x*f;
}
int n,m,k,R,p[NM],invp[NM];
int node,fa[NM],fail[NM];
int nn,id[NM];
int x[NM],dp[NM];
struct Vector
{
int a[N<<1];
void clear(){for(int i=1;i<=nn+1;i++)a[i]=0;}
}F[NM];
Vector operator + (Vector a,Vector b)
{
for(int i=1;i<=nn+1;i++) Add(a.a[i],b.a[i]);
return a;
}
Vector operator - (Vector a,Vector b)
{
for(int i=1;i<=nn+1;i++) Dec(a.a[i],b.a[i]);
return a;
}
Vector operator * (int a,Vector b)
{
for(int i=1;i<=nn+1;i++) Mul(b.a[i],a);
return b;
}
map<int,int>ch[NM];
void insert(int id)
{
int u=0;
for(int i=1;i<=m;i++)
{
int v=read();
if(!ch[u][v]) fa[ch[u][v]=++node]=u;
u=ch[u][v];
}
}
void getfail()
{
queue<int>q;
for(auto it:ch[0]) q.push(it.second);
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(auto it:ch[u])
{
int c=it.first,v=it.second;
int now=fail[u];
while(now&&ch[now].find(c)==ch[now].end()) now=fail[now];
if(ch[now].find(c)!=ch[now].end()) fail[v]=ch[now][c];
q.push(v);
}
}
}
void findkey()
{
id[0]=++nn;
for(int i=1;i<=node;i++)
{
int f=fa[i];
if((int)ch[f].size()!=1)
id[i]=++nn;
}
}
void DP()
{
queue<int>q;
for(auto it:ch[0]) q.push(it.second);
F[0].a[id[0]]=1;
while(!q.empty())
{
int u=q.front();
q.pop();
for(auto it:ch[u]) q.push(it.second);
int f=fa[u];
if((int)ch[f].size()!=1)
{
F[u].a[id[u]]=1;
continue;
}
int t=(*ch[f].begin()).first;
if(f) F[u]=(invp[t]*(F[f]-F[fail[f]]))+F[fail[u]];
else F[u]=F[f],Dec(F[u].a[nn+1],invp[t]);
}
}
int equ,a[N<<1][N<<1];
void getEqu()
{
Vector now;
if((int)ch[0].size()!=1)
{
equ++;
now.clear();
Add(now.a[nn+1],1);
int sump=0;
for(int i=0;i<k;i++) Add(sump,p[i]);
for(auto it:ch[0])
{
int c=it.first,v=it.second;
sump=dec(sump,p[c]);
Add(now.a[id[v]],p[c]);
}
Add(now.a[id[0]],dec(sump,1));
now.a[nn+1]=dec(0,now.a[nn+1]);
for(int i=1;i<=nn+1;i++) a[equ][i]=now.a[i];
}
for(int i=1;i<=node;i++)
{
if((int)ch[i].size()!=1)
{
equ++;
if((int)ch[i].size()>1)
{
now=F[fail[i]]-F[i];
for(auto it:ch[i])
{
int c=it.first,v=it.second;
now=now+p[c]*(F[v]-F[fail[v]]);
}
}
else now=F[i];
now.a[nn+1]=dec(0,now.a[nn+1]);
for(int i=1;i<=nn+1;i++) a[equ][i]=now.a[i];
}
}
assert(equ==nn);
}
void Gauss()
{
for(int i=1;i<=nn;i++)
{
int p=i;
for(int j=i+1;j<=nn;j++)
if(a[j][i]) p=j;
if(i!=p) swap(a[i],a[p]);
int inv=poww(a[i][i],mod-2);
for(int j=i+1;j<=nn;j++)
{
int div=mul(a[j][i],inv);
for(int k=i;k<=nn+1;k++)
Dec(a[j][k],mul(a[i][k],div));
}
}
for(int i=nn;i>=1;i--)
{
x[i]=a[i][nn+1];
for(int j=nn;j>i;j--)
Dec(x[i],mul(a[i][j],x[j]));
Mul(x[i],poww(a[i][i],mod-2));
}
}
void calc()
{
for(int i=0;i<=node;i++)
{
for(int j=1;j<=nn;j++)
Add(dp[i],mul(F[i].a[j],x[j]));
Add(dp[i],F[i].a[nn+1]);
}
}
int main()
{
// freopen("string2.in","r",stdin);
// freopen("string2_my.out","w",stdout);
n=read(),m=read(),k=read();
for(int i=0;i<k;i++)
p[i]=read(),invp[i]=poww(p[i],mod-2);
for(int i=1;i<=n;i++) insert(i);
getfail();
findkey();
DP();
getEqu();
Gauss();
calc();
R=read();
int u=0;
bool flag=0;
for(int i=1;i<=R;i++)
{
int c=read();
if(flag)
{
printf("%d\n",i);
continue;
}
while(u&&ch[u].find(c)==ch[u].end()) u=fail[u];
if(ch[u].find(c)!=ch[u].end()) u=ch[u][c];
if(!(int)ch[u].size()) flag=1;
printf("%d\n",add(i,dp[u]));
}
return 0;
}
