2553: [BeiJing2011]禁忌
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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。
Input
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。
Output
一个非负实数，表示所受到禁忌伤害的期望值。
Sample Input
2 4 2
aa
abb
aa
abb
Sample Output
0.75
题解：
虽然已经打了一些概率，但是……字符串上的dp还真的是让人束手无策啊……
在zyf神犇的提示之下总算是做出来了……
首先，我们当然要给所有禁忌串建立trie树，然后我们来分析一下：
如果有2个串A和B，满足A是B的前缀，那么B不可能比A更优，因为A和B中间可能还有其他的串
因此，在插入的时候如果我们碰到一个单词节点，就直接跳出即可
接下来，我们来构建ac自动机的fail指针，而且必须是trie图
那么考虑对ac自动机上的节点，对于他的子节点：
1、子结点没被标记（即不是禁忌串的结尾），有1/alphabet的概率转移到这个子结点，即f[i+1][k]+=f[i][j]/alphabet；
2、子结点被标记，有1/alphabet的概率转移这个被标记的子节点，接着直接到根，并且累加答案+1。
这也说明了为什么是trie图：不用trie图可能会漏状态
由于统计答案很难，所以，我们设节点总数为cnt，设root编号为0，并且再开一个虚拟节点cnt+1，在经过这个点的时候累加答案
也就是说标记点->cnt+1->root
我们不难发现，上面这个式子，即f[i+1][k]+=f[i][j]/alphabet，是一个线性的递推式，因此可以用矩阵乘法优化，设矩阵为A[i][j]
当矩阵乘法在图上应用时，A[i][j]的m次方表示从i点走m步到达j点时的某个值（边权，步数……之类的）
那么在本题中，我们的答案就是A[0][cnt+1]
设k=1/alphabet
在我们初始化矩阵时候，如果有标记，那么走到根的概率加上k，伤害累加值加上k（概率是k，伤害是1）
如果没有标记，直接加上概率k/1
代码见下：
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 using namespace std; 4 int n,len,size,cnt,hd=1,tl; 5 char s[10][15]; 6 struct node 7 { 8 node *ch[26],*f; 9 int id,mark; 10 node(int v){memset(ch,0,sizeof(ch));id=v,mark=0;} 11 }*root,*man[10010],*q[10100]; 12 struct Marx 13 { 14 long double m[160][160]; 15 void clear() 16 { 17 for(int i=0;i<160;i++) 18 for(int j=0;j<160;j++) 19 m[i][j]=0; 20 } 21 }A,B,tmp; 22 inline void insert(char *t) 23 { 24 node *rt=root;int m=strlen(t); 25 for(int i=0;i<m;i++) 26 { 27 if(rt->mark)return; 28 if(!rt->ch[t[i]-'a']) 29 { 30 rt->ch[t[i]-'a']=new node(++cnt); 31 man[cnt]=rt->ch[t[i]-'a']; 32 } 33 rt=rt->ch[t[i]-'a']; 34 } 35 rt->mark=1; 36 } 37 inline void bfs() 38 { 39 root->f=NULL;q[++tl]=root; 40 while(hd<=tl) 41 { 42 node *rt=q[hd++]; 43 for(int i=0;i<size;i++) 44 { 45 if(rt->ch[i]) 46 { 47 q[++tl]=rt->ch[i]; 48 node *u=rt->f; 49 while(u&&!u->ch[i])u=u->f; 50 rt->ch[i]->f=(u)?u->ch[i]:root; 51 } 52 else 53 { 54 node *u=rt->f; 55 rt->ch[i]=(u)?u->ch[i]:root->ch[i]; 56 } 57 } 58 } 59 } 60 inline void intn() 61 { 62 long double k=(long double)1/size; 63 for(int i=0;i<=cnt;i++) 64 if(!man[i]->mark) 65 for(int j=0;j<size;j++) 66 if(man[i]->ch[j]) 67 if(man[i]->ch[j]->mark) 68 A.m[i][cnt+1]+=k,A.m[i][0]+=k; 69 else 70 A.m[i][man[i]->ch[j]->id]+=k; 71 else 72 A.m[i][0]+=k; 73 A.m[cnt+1][cnt+1]=1; 74 } 75 int main() 76 { 77 scanf("%d%d%d",&n,&len,&size); 78 root=new node(0); 79 man[0]=root; 80 for(int i=1;i<=n;i++) 81 scanf("%s",s[i]),insert(s[i]); 82 bfs();intn(); 83 B.m[0][0]=1; 84 while(len) 85 { 86 if(len&1) 87 { 88 tmp.clear(); 89 for(int k=0;k<=cnt+1;k++) 90 for(int j=0;j<=cnt+1;j++) 91 tmp.m[0][j]+=B.m[0][k]*A.m[k][j]; 92 for(int i=0;i<=cnt+1;i++) 93 for(int j=0;j<=cnt+1;j++) 94 B.m[i][j]=tmp.m[i][j]; 95 } 96 len>>=1; 97 tmp.clear(); 98 for(int k=0;k<=cnt+1;k++) 99 for(int i=0;i<=cnt+1;i++) 100 for(int j=0;j<=cnt+1;j++) 101 tmp.m[i][j]+=A.m[i][k]*A.m[k][j]; 102 for(int i=0;i<=cnt+1;i++) 103 for(int j=0;j<=cnt+1;j++) 104 A.m[i][j]=tmp.m[i][j]; 105 } 106 double ans=B.m[0][cnt+1]; 107 printf("%.9lf",ans); 108 }