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Description
字符集大小 (c)。(Q) 次询问，每次给定长为 (m) 的串 (S)。每秒可随机生成字符集的一个字符，问期望多少秒后得到串 (S)。
Solution
令 (f_n) 表示第 (n) 秒成功的概率，(g_n) 表示第 (n) 秒失败的概率，也即在第 (n) 秒之后成功的概率。这个定义蕴含了前 (n-1) 秒都失败。令
[F(x)=sum_{ngeq 0} f_n x^n,G(x)=sum_{ngeq 0} g_n x^n
]
显然有 (F(1)=sum_{n geq 0} f_n=1)
那我们要求的实际上就是
[F'(1)=sum_{ngeq 1} nf_n 1^{n-1}=sum_{ngeq 0} nf_n
]
首先可以得到一个很显然的式子
[f_n+g_n=[ngeq 1]g_{n-1}+[n=0]
]
左边表示第 (n) 秒成功的概率加上第 (n) 秒不成功的概率，实际上就是在 (n-1) 秒之后成功的总概率。特别的，当 (n=0)，(f_0+g_0=0+1=1)。那么就得到
[F(x)+G(x)=xG(x)+1
]
对恒等式两边关于 (x) 求导，得到
[F'(x)+G'(x)=xG'(x)+G(x)
]
带入 (x=1)
[F'(1)+G'(1)=1G'(1)+G(1)
]
[F'(1)=G(1)
]
所以只需要求出 (G(1))。
根据定义，我们还可以列出一个式子
[g_n(frac{1}{c})^m=sum_{i=1}^m a_if_{n+i} (frac{1}{c})^{m-i}
]
左边表示在 (n) 秒失败后，强行在后面填一个 (S)，使得其成功。但事实上，有时候不需要添加 (S) 个字符，因为前面可能已经有了一段现成的。如图。
我们可能在位置 (n+i) 就成功了，也就是说红色部分加上 (i) 和 (S) 是相同的，那自然就得出 (i) 那一段是 (S) 的一个 border。我们用 (a_i) 表示 (S(1,i)) 是不是 (S) 的一个 border。而 (f_{n+i}) 就蕴含了 (n+i) 的最后 (m) 个组成 (S)，我们又多余地加了一段，所以再乘上 ((frac{1}{c})^{m-i})，那么就得到了右式。
化简得
[g_n=sum_{i=1}^m a_i f_{n+i} c^i
]
也即
[G(x)=sum_{i=1}^m a_i frac{F(x)}{x^i} c^i
]
那么
[F'(1)=G(1)=sum_{i=1}^m a_i F(1) c^i=sum_{i=1}^m a_i c^i
]
所以只需要 kmp 处理出 border 就可以了，复杂度 (O(Qm))
#include<stdio.h>
const int Mod=1e4;
const int N=1e5+7;
inline int read(){
int x=0,flag=1; char c=getchar();
while(c<'0'||c>'9'){if(c=='-') flag=0;c=getchar();}
while(c>='0'&&c<='9'){x=(x<<1)+(x<<3)+c-48;c=getchar();}
return flag? x:-x;
}
int n,T,kmp[N],a[N],f[N];
int main(){
n=read()%Mod; T=read();
while(T--){
int m=read();
for(int i=0;i<m;i++)
f[i]=0,a[i]=read();
for(int i=1,j=0;i<m;i++){
while(j&&a[i]!=a[j]) j=kmp[j];
if(a[i]==a[j]) kmp[i+1]=++j;
else kmp[i+1]=0;
}
for(int i=m;i;i=kmp[i]) f[i]=1;
int ans=0;
for(int i=1,ret=n;i<=m;i++,ret=ret*n%Mod)
ans=(ans+f[i]*ret)%Mod;
printf("%04d
",ans);
}
}