【bzoj2553】[BeiJing2011]禁忌

2553: [BeiJing2011]禁忌

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Description

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T_i，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

Sample Output

0.75

【题解】

这是一道神题，出题人卡精度什么的就不说了。

首先把模式串建成AC自动机（或trie图），然后考虑在AC自动机上的转移。

对于每一步转移，都有两种情况：

1、子结点没被标记（即不是模式串的结尾单词），有1/alphabet的期望转移到这个子结点。

2、子结点被标记，有1/alphabet的期望值转移到根，并且用一个新结点记录答案。

这样我们可以考虑构造一个矩阵a[i][j]，记录下来结点之间的转移关系。

然后矩阵自乘m次得到的矩阵ans，ans[0][cnt+1]就是答案。

解释一下：对于从i结点转移到j结点，存在一个结点k，使得从i转移到k，然后再转移到j，这就是矩阵乘法的意义。

看了zyf的代码，学到了一种写矩阵乘法的好方法：把矩阵存成结构体，然后定义一种矩阵乘运算，很效率。

调试的时候遇到了一个问题，这题必须用long double,然而long double数组开到了417*417就会出现很奇怪的现象（读者可以自行尝试），只能开到416*416.

具体见代码：

 1 #include<iostream>
 2 #include<cstdio>
 3 #include<cstring>
 4 #include<cstdlib>
 5 #include<ctime>
 6 #include<cmath>
 7 #include<algorithm>
 8 using namespace std;
 9 #define MAXN 205
10 struct node{long double p[MAXN][MAXN];node(){memset(p,0,sizeof(p));}}a,ans;
11 int n,m,K,cnt,end[MAXN],q[MAXN],fail[MAXN],vis[MAXN],tr[MAXN*5][27];
12 char ch[MAXN];
13 inline int read()
14 {
15     int x=0,f=1;  char ch=getchar();
16     while(!isdigit(ch))  {if(ch=='-')  f=-1;  ch=getchar();}
17     while(isdigit(ch))  {x=x*10+ch-'0';  ch=getchar();}
18     return x*f;
19 }
20 inline node operator *(node &x,node &y)//定义矩阵乘运算
21 {
22     node z;
23     for(int i=0;i<=cnt+1;i++)
24         for(int j=0;j<=cnt+1;j++)
25             for(int k=0;k<=cnt+1;k++)
26                 z.p[i][j]+=x.p[i][k]*y.p[k][j];
27     return z;
28 }
29 void insert()
30 {
31     int now=0,len=strlen(ch+1);  
32     for(int i=1;i<=len;i++)
33     {
34         if(!tr[now][ch[i]-'a'])  tr[now][ch[i]-'a']=++cnt;
35         now=tr[now][ch[i]-'a'];
36     }
37     end[now]=1;
38 }
39 void build()
40 {
41     int head=0,tail=0;
42     for(int i=0;i<K;i++) if(tr[0][i]) q[++tail]=tr[0][i];
43     while(++head<=tail)
44     {
45         int x=q[head];
46         for(int i=0;i<K;i++)
47         {
48             if(!tr[x][i])  tr[x][i]=tr[fail[x]][i];
49             else {fail[tr[x][i]]=tr[fail[x]][i];  q[++tail]=tr[x][i];}
50         }
51     }
52 }
53 void get()
54 {
55     int head=0,tail=1; long double chty=(long double)1.0/K;//期望常数
56     q[1]=0; vis[0]=1;
57     while(++head<=tail)
58     {
59         int x=q[head];
60         for(int i=0;i<K;i++)
61         {
62             if(!vis[tr[x][i]])  vis[tr[x][i]]=1,q[++tail]=tr[x][i];
63             if(end[tr[x][i]])  a.p[x][cnt+1]+=chty,a.p[x][0]+=chty;
64             else a.p[x][tr[x][i]]+=chty;
65         }
66     }
67     a.p[cnt+1][cnt+1]=1;
68 }
69 int main()
70 {
71     //freopen("cin.in","r",stdin);
72     //freopen("cout.out","w",stdout);
73     n=read();  m=read();  K=read();
74     for(int i=1;i<=n;i++)  {scanf("%s",ch+1);  insert();}
75     build(); 
76     get();
77     for(int i=0;i<=cnt+1;i++)  ans.p[i][i]=1;
78     for(;m;m>>=1,a=a*a)  if(m&1) ans=ans*a;
79     printf("%.7f
",(double)ans.p[0][cnt+1]);
80     return 0;
81 }