【做题】SDOI2017硬币游戏——方程＆概念处理

原文链接 https://www.cnblogs.com/cly-none/p/9825339.html

题意：给出(n)个长度为(m)的互不相同的01串。有另一个串，初始为空。不断进行如下操作：每次这个串的末尾会等概率加上0或1。当出现(n)个串中的一个成为这个串的子串，操作立刻停止。问每个串停止操作的概率。
(n,m leq 300)

首先，显然可以建出AC自动机，在trie图上每个结点设一个未知数表示如果这个结点是终止结点，那么在它终止的概率，然后用高斯消元求出答案。但这样做复杂度是(O((nm)^3))的，不能通过本题。

考虑简化方程组。由数据范围可知，方程组的未知数数应当是(O(n))的。因此，我们要考虑放弃AC自动机。这意味着放弃不同非终点状态之间的关系，那么我们就需要更简单的对方程未知数的定义。

首先，因为AC自动机上每个串代表的终止结点最多访问一次，所以访问到它的概率就等于访问它的期望次数。于是我们修改方程中未知数的定义，定义为这个结点期望被访问到的次数。

接下来，考虑终止的最终状态，就是(n)个串中的一个作为后缀（设其编号为(i))，前面拼上一段(S)。这个(S)需要满足不能走到终止状态，且加上串(i)的任何长度小于(m)的前缀也不会走到终止状态。

于是就放弃一点性质：让(S)为任何不能走到终止状态的串（包括空串）。那么，强制它后面接上串(i)时（即忽略在途中的终止），那么，就有如下几种可能：

-　恰好走到串(i)的终止状态。并且，由于(S)是任意走不到终止状态的串，因此这能包含所有恰好在串(i)终止的状态。
-　在后面接上(j)个01后，就在途中停止了。假设我们在串(k)处停止。那么，串(k)长度为(j)的前缀就与串(i)长度为(j)的后缀相同。然后，因为能保证串(k)的串长不小于(j)，且在(k)串处终止就意味着在之前一定没有终止，所以这包含了所有在(k)处终止的状态。但还要注意后面又强行加上了(m-j)位。

于是就能构建出方程组了。新加一个未知数(x_0)表示非终止状态的期望经过次数。(x_i, \, (i geq 1))就是经过串(i)的终止结点的期望次数。那么，当(S)后强行接上串(i)，我们就能得到

[frac {x_0} {2^m} = sum_{k=1}^n sum_{j=1}^m frac {1} {2^{m-j}} left[s_k[m-j+1:m+1] = s_i[1,j+1] ight] x_k ]

这样就有(n)条方程了。第(n+1)条方程是(sum_{k=1}^n x_k = 1)。

话说怎么证明这个矩阵是奇异的啊？求大佬赐教。

于是高斯消元一下就解决了本题。时间复杂度(O(n^2(n+m)))。

#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
const int N = 310, MOD[2] = {(int)(1e9 + 7), (int)(1e9 + 9)}, BAS = 3;
typedef double db;
db mat[N][N],pwi2[N];
int n,m,has[2][N][N],pw[2][N];
char s[N][N];
int gethas(int k,int *has,int l,int r) {
  return (has[r] - 1ll * has[l-1] * pw[k][r-l+1] % MOD[k] + MOD[k]) % MOD[k];
}
void guass(int rn) {
  for (int i = 1 ; i <= rn ; ++ i) {
    int r = i;
    for (int j = i + 1 ; j <= rn ; ++ j)
      if (fabs(mat[j][i]) > fabs(mat[r][i]))
	r = j;
    if (r != i)
      for (int j = i ; j <= rn + 1 ; ++ j)
	swap(mat[i][j],mat[r][j]);
    for (int j = i + 1 ; j <= rn ; ++ j) {
      for (int k = i + 1 ; k <= rn + 1 ; ++ k)
		mat[j][k] -= (mat[j][i] / mat[i][i]) * mat[i][k];
      mat[j][i] = 0;
    }
  }
  for (int i = rn ; i >= 1 ; -- i) {
    mat[i][rn+1] /= mat[i][i];
    for (int j = i - 1 ; j >= 1 ; -- j)
      mat[j][rn+1] -= mat[i][rn+1] * mat[j][i];
  }
}
int main() {
  scanf("%d%d",&n,&m);
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    scanf("%s",s[i] + 1);
  for (int k = 0 ; k < 2 ; ++ k) {
    pw[k][0] = 1;
    for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i)
      pw[k][i] = 1ll * pw[k][i-1] * BAS % MOD[k];
    for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
      has[k][i][0] = 0;
      for (int j = 1 ; j <= m ; ++ j)
		has[k][i][j] = (1ll * has[k][i][j-1] * BAS + (s[i][j] == 'T')) % MOD[k];
    }
  }
  pwi2[0] = 1.0;
  for (int i = 1 ; i <= m ; ++ i)
    pwi2[i] = pwi2[i-1] / 2.0;
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i) {
    mat[i][n+1] = - pwi2[m];
    for (int j = 1 ; j <= m ; ++ j) {
      for (int k = 1 ; k <= n ; ++ k) {
        if (gethas(0,has[0][k],m-j+1,m) == gethas(0,has[0][i],1,j))
          if (gethas(1,has[1][k],m-j+1,m) == gethas(1,has[1][i],1,j)) {
            mat[i][k] += pwi2[m - j];
          }
      }
    }
  }
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    mat[n+1][i] = 1;
  mat[n+1][n+2] = 1;
  guass(n+1);
  for (int i = 1 ; i <= n ; ++ i)
    printf("%.8lf
",mat[i][n+2]);
  return 0;
}

小结：这个做法放弃了AC自动机，通过对未知数概念的修改和某种情况的讨论，得到了复杂度低且支持串长不相等、字符集较大、每种字符随机概率不相等的解法。可见解决一些问题，还可能要放弃部分常规套路。