题意：定义斐波那契字符串为:
- $f_1 = $ "a"
- (f_2 =) "b"
- (f_n = f_{n-1} + f_{n-2}, \, n > 2)
例如，$f_3 = $ “ba”。
有(m)次询问，第(i)次给出一个字符串(s_i)，问(s_i)在(f_n)中的出现次数。
(m leq 10^4, \, n leq 10^{18}, \, sum|s_i| leq 10^5)
主要问题在与(f_p)与(f_{p-1})拼接时，(f_p)的某个后缀与(f_{p-1})的某个前缀可能恰好拼成(s_i)，即产生额外的出现次数。当(|f_p|)与(|f_{p-1}|)都大于等于(|s_i|)时，这个数值就等于(f_{n})长度为(|s_i|-1)的后缀与(f_{p-1})长度为(|s_i|-1)的前缀组成的字符串中(s_i)的出现次数。
我们设(f_{p-1})长度为(|s_i|-1)的前缀为(a)，长度为(|s_i|-1)的后缀为(b)，(f_{p})长度为(|s_i|-1)的前缀为(a)，长度为(|s_i|-1)的后缀为(c)。我们观察发现：
| | 长度为(|s_i|-1)的前缀 | 长度为(|s_i|-1)的后缀 | 产生额外贡献的字符串 |
| ------------ | --------------------- | --------------------- | -------------------- |
| (f_{p-1}) | (a) | (b) | |
| (f_p) | (a) | (c) | (ca) |
| (f_{p+1}) | (a) | (b) | (ba) |
| (f_{p+2}) | (a) | (c) | (ca) |
| (f_{p+3}) | (a) | (b) | (ba) |
| …… | …… | …… | …… |
| (f_{p+2k}) | (a) | (c) | (ca) |
| (f_{p+2k+1}) | (a) | (b) | (ba) |
我们设(s_i)在(ca)中的出现次数为(n_c)，在(ba)中的出现次数为(n_b)，(O_n)表示(s_i)在(f_{n+p})中的出现次数。
那么，容易得到
考虑拆分贡献，即设(A_n)，(B_n)，(C_n)分别表示(f_n)中，(s_i)在(f_p)和(f_{p+1})中的出现次数，在所有(ba)中的出现次数，在所有(ca)中的出现次数。那么，我们有
- (O_n = A_n + B_n imes n_b + C_n imes n_c)
- (A_n = A_{n-1} + A_{n-2})
- (B_n = B_{n-1} + B_{n-2} + [n mod 2 = 1] = B_{n-1} + B_{n-2} + frac {1 - (-1)^n} {2})
- (C_n = C_{n-1} + C_{n-2} + [n mod 2 = 0] = C_{n-1} + C_{n-2} + frac {1 + (-1)^n} {2})
- (B_0 = B_1 = C_0 = C_1 = 0)
其中，(A_n)在我们计算出(A_0)和(A_1)后，用矩阵快速幂得到。故我们只用考虑(B_n)和(C_n)这两个类似的数列。
通过使用OEIS或其他的数列求解方法，我们得到(B_n = F_{n-1} - frac {1+(-1)^n}{2})，以及(C_n = F_{n} - frac{1 - (-1)^n}{2})。其中，(F_n)为第(n)个斐波那契数。它们同样可以用矩阵快速幂求出。
时间复杂度(O(sum|s_i| + m log n ))。
#include <bits/stdc++.h>
#define int long long
using namespace std;
const int N = 30010, MAX = 200000, MOD = 1000000007;
string fib[N];
int n,m,len,cnt,lef[N],nex[MAX + 10];
char tmp[MAX + 10];
string a,b,c,tp;
struct matrix {
int mat[3][3];
matrix() {
memset(mat,0,sizeof mat);
}
matrix operator * (const matrix& x) const {
matrix ret = matrix();
for (int k = 1 ; k <= 2 ; ++ k)
for (int i = 1 ; i <= 2 ; ++ i)
for (int j = 1 ; j <= 2 ; ++ j)
(ret.mat[i][j] += 1ll * mat[i][k] * x.mat[k][j] % MOD) %= MOD;
return ret;
}
};
matrix bas;
matrix power(matrix a,int b) {
matrix ret = matrix();
ret.mat[1][1] = ret.mat[2][2] = 1;
while (b) {
if (b&1) ret = ret * a;
a = a * a;
b >>= 1;
}
return ret;
}
int getfib(int x) {
matrix ret = power(bas,x);
return ret.mat[1][2];
}
int getnum() {
int ret = 0;
for (int i = 0, j = 0 ; i < (int)tp.length() ; ++ i) {
while (j >= 0 && tmp[j+1] != tp[i])
j = nex[j];
++ j;
if (j == len) ++ ret, j = nex[j];
}
return ret;
}
int solve() {
nex[0] = -1;
for (int i = 2, j = 0 ; i <= len ; ++ i) {
while (j >= 0 && tmp[j+1] != tmp[i])
j = nex[j];
nex[i] = ++j;
}
int p = lower_bound(lef+1,lef+cnt+1,len) - lef;
++ p;
if (n <= p+1) {
tp = fib[n];
return getnum();
}
a = fib[p].substr(0,len-1);
b = fib[p].substr(lef[p] - len+1,len-1);
c = fib[p+1].substr(lef[p+1] - len+1,len-1);
int nb, nc, n0, n1, pos = n - p, ret = 0;
tp = b + a;
nb = getnum();
tp = c + a;
nc = getnum();
tp = fib[p];
n0 = getnum();
tp = fib[p+1];
n1 = getnum();
(ret += 1ll * (getfib(pos) - (pos&1)) * nc % MOD) %= MOD;
(ret += 1ll * (getfib(pos-1) - 1 + (pos&1)) * nb % MOD) %= MOD;
matrix sta = matrix();
sta.mat[1][1] = n1;
sta.mat[1][2] = sta.mat[2][1] = n0;
sta = sta * power(bas,pos);
(ret += sta.mat[1][2]) %= MOD;
ret = (ret % MOD + MOD) % MOD;
return ret;
}
signed main() {
fib[1] = "a";
fib[2] = "b";
for (int i = 3 ; ; ++ i) {
fib[i] = fib[i-1] + fib[i-2];
lef[i] = fib[i].length();
cnt = i;
if (lef[i-1] >= MAX) break;
}
bas.mat[1][1] = bas.mat[1][2] = bas.mat[2][1] = 1;
cin >> n >> m;
for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i) {
scanf("%s",tmp+1);
len = strlen(tmp+1);
cout << solve() << endl;
}
return 0;
}
小结：用一种不大简单的做法做出了这道题。思考时间过长，并且依赖网站来求解数列，这是做此题时体现出的不足之处。