题意：给定一个字符串S和字符集大小(n)。要求另生成一个字符串，它一开始为空，每次平均且独立地随机生成一个字符集中的字符添加到其末尾，生成出字串S时停下，求所生成字符串的长度的期望。
sol：一眼DP + KMP加速转移。又发现这是一个马尔可夫过程，可列出(n)个方程，暴力高斯消元求解之即可。
然而这题多推一步就有更简洁的做法。马尔可夫方程有两种形式。如果我们设(d[i])表示末尾生成出长度为(i)的S前缀时，生成出S还需要的添加次数的期望值，则
[d[i] = 1 + frac{d[i+1]}{n}+frac{1}{n}sum_{c'}{d[fail[i + c']]}
]
其中，(c')表示除了(S[i+1])之外的字符（S下标从1开始）。
另外一种是，我们设(d[i])为末尾生成出长度为(i)的S前缀的添加次数的期望值。则
[d[i] = frac{d[i+1]}{n}+frac{1}{n}sum_{c'}{d[fail[i + c']]} - 1
]
变形后得到
[d[i+1] = (d[i] + 1) imes n - sum_{c'}{d[fail[i + c']]}
]
显然(d[0] = 0)，从小到大枚举(i)和(c)进行DP即可。
代码如下，最后一组数据的答案后面不能输出空行。
#include <cstdio>
#include <cstring>
using namespace std;
#define rep(i, a, b) for (int i = a; i <= b; i++)
#define fill(a, x) memset(a, x, sizeof(a))
#define read(x) scanf("%d", &x)
typedef long long LL;
const int N = 15;
int T, kase = 0, n, m, f[N], a[N];
LL d[N];
char S[N];
void get_fail(int *a, int *f, int n) {
f[1] = f[2] = 1;
rep(i, 2, n) {
int j = f[i];
while (j != 1 && a[j] != a[i]) j = f[j];
f[i + 1] = a[j] == a[i] ? j + 1 : 1;
}
}
void solve() {
if (kase) puts("");
read(m);
scanf("%s", S);
n = strlen(S);
rep(i, 1, n) a[i] = (int)S[i - 1] - 'A' + 1;
fill(f, 0);
get_fail(a, f, n);
fill(d, 0);
rep(i, 1, n) {
LL &cur = d[i];
cur = m * (d[i - 1] + 1);
rep(j, 1, m) {
if (j == a[i]) continue;
int k = i;
while (k != 1 && a[k] != j) k = f[k];
if (k == 1 && a[1] != j) k = 0;
cur -= d[k];
}
}
printf("Case %d:
%lld
", ++kase, d[n]);
}
int main()
{
read(T);
while (T--) solve();
return 0;
}