题目描述：
大概的意思就是根据无限猴子定理，无限只猴子坐在打字机旁瞎敲，总有一个能敲出莎士比亚文集。现在给你一个打字机和一只猴子，打字机的每个按钮（共n个）上的字母及猴子按下这个按钮的概率已知，而且猴子只能按m下按钮，又给定一个串，问猴子打出的乱码中含这个串的概率。
其中n<=26,m<=1000，多组数据，以n=0，m=0结束。以百分数形式输出，保留小数点后2位。
样例：
输入：
4 10 w 0.25 o 0.25 r 0.25 d 0.25 word 2 10 a 1.0 b 0.0 abc 2 100 a 0.312345 b 0.687655 abab 0 0
输出：
2.73% 0.00% 98.54%
解题思路：
对于第一组数据（work）
很显然算法是：0.25*0.25*0.25*0.25*7*100%=2.73%;
而对于第三组（abab）就不成立了，为什么呢？
显然是因为第一组没有重复的字母出现，也就是说，如果你的猴子恰好打下了aba，然后它又不幸地打下了a那么也不算太糟，至少你只需要再打一个bab就可以完成任务了。而对于第一只猴子就没有那么幸运了，如果它打下了wor又不幸地打下了r，那么它必须再打下work才能完成任务。
也就是说，即使你打下了错误的字母，你也有可能创造了一个前缀。
所以说我们只需要求出一个错误的字符创造出的前缀是谁，就可以更新这个前缀出现的概率了。
那么考虑用dp[i][j]表示在猴子打下第i个字母时字符串完成到j的匹配的概率。
而这个由错误创造的前缀是谁，这是不是KMP。
然而这和普通的KMP不一样，或者我学了假的KMP，这次kmp的next数组存的是这个模式串第i位的值对应存在的前缀的位置，也就是说，这次是成功指针，而非失配指针。
dp方程就出来了：dp[这一次敲击][最长匹配的新字符最长前缀]=∑dp[上一次敲击][最长匹配]（枚举新字符是谁，再进行前缀操作）
1 #include<cstdio> 2 #include<cstring> 3 #include<algorithm> 4 using namespace std; 5 int n,m; 6 int l; 7 bool JDr_is_Handsome=true; 8 char cmd[10]; 9 char a[1001]; 10 int op[1001]; 11 int nxt[1001]; 12 double p[1001]; 13 double dp[1001][30]; 14 int main() 15 { 16 while(JDr_is_Handsome) 17 { 18 scanf("%d%d",&n,&m); 19 if(!n&&!m) 20 return 0; 21 memset(dp,0,sizeof(dp)); 22 memset(p,0,sizeof(p)); 23 for(int i=1;i<=n;i++) 24 { 25 scanf("%s",cmd+1); 26 op[i]=cmd[1]; 27 scanf("%lf",&p[i]); 28 } 29 scanf("%s",a+1); 30 l=strlen(a+1); 31 nxt[1]=0; 32 for(int i=2,j=0;i<=l;) 33 { 34 while(j&&a[j+1]!=a[i])j=nxt[j]; 35 if(a[j+1]==a[i])j++; 36 nxt[i]=j; 37 i++; 38 } 39 dp[0][0]=1.00; 40 for(int i=1;i<=m;i++) 41 { 42 for(int j=0;j<l;j++) 43 { 44 for(int k=1;k<=n;k++) 45 { 46 int pos=j; 47 while(pos&&a[pos+1]!=op[k]) 48 pos=nxt[pos]; 49 if(a[pos+1]==op[k])pos++; 50 dp[i][pos]+=dp[i-1][j]*p[k]; 51 } 52 } 53 } 54 double ans=0; 55 for(int i=l;i<=m;i++) 56 ans+=dp[i][l]; 57 printf("%.2lf%% ",ans*100.00); 58 } 59 return 0; 60 }