bzo
j1009dp
bzoj 1009 dp
bzoj10
09dp
方面的弱化版，加大了矩陣構造難度和預處理難度
題面：solution：
對於l
≤100
l\leq 100
l≤10
0的正常在dfa
dfadf
a上跑dpdp
dp即可，需要預處理點p
pp接上串i
ii以後在tri
etrie
trie
圖上匹配到了哪個點，以及中間有沒有禁點(能否轉移)
定義m at
chno
de[p
][k]
matchnode[p][k]
matchn
ode[
p][k
]為點p
pp匹配完串k
kk以後的位置，
n xt
er[p
][k]
nxter[p][k]
nxter[
p][k
]為是否能轉移。
顯然可以得到：
n xt
a=f[
i+le
n[k]
][ma
tchn
ode[
p][k
]]+f
[i][
p]
;nxta = f[i + len[k]][matchnode[p][k]] + f[i][p];
nxta=f
[i+l
en[k
]][m
atch
node
[p][
k]]+
f[i]
[p];
f [i
+len
[k]]
[mat
chno
de[p
][k]
]=nx
ta
;f[i + len[k]][matchnode[p][k]] = nxta;
f[i+le
n[k]
][ma
tchn
ode[
p][k
]]=n
xta;
考慮後面l≤1
09
l\leq 10^9
l≤10
9的資料，轉移範圍≤
2\leq2
≤2顯然是矩陣快速冪。
對於初始矩陣ssss
ss，第一行上放f[1
]f[1]
f[1]
以及f [2
]f[2]
f[2]
，對於轉移矩陣g
gg，分成四個部分，左上為0
00，右上為距離為2
22的轉移，
左下為單位矩陣，右下為距離為1
11的轉移
注意如果dfa
dfadf
a及建立從0
00開始，那麼對應節點數應該+1+1
+1，並且匹配到的點在矩陣上也+1+1
+1就是dfa
dfadf
a向矩陣對映+1+1
+1，反過來對映−1-1
−1。
#include
#include
#include
const
int n =
3e3+7;
typedef
long
long ll;
inline
intmax
(int a,
int b)
inline
intmin
(int a,
int b)
const
int mod =
1e9+7;
int pcnt =0;
int n, m, l;
struct trie t[n]
;int totstr =
0, len[n]
;char str[60]
[60];
inline
void
ins(
char
*ss)
t[p]
.end |=1
;}#include
int nxter[n][60
], matchnode[n][60
];inline
void
getfail()
for(
int i =
0; i <= pcnt; i++
)for
(int j =
1; j <= totstr; j++)}
if(!flag) matchnode[i]
[j]= p;}}
}ll f[
107]
[n];
//f[i][j]表示填到第i位,在j節點
inline
voiddp(
)}}}
char sin[n]
;int upmax =
203;
struct mat
inline
void
mem1()
};inline mat mul
(mat a, mat b)
return c;
}inline mat fst
(mat a,
int k)
return c;
}mat g, unit;
void
matin()
} f[0]
[0]=
1;for(
int i =
0; i <=
3; i++
)for
(int p =
0; p <= pcnt; p++)}
} unit.
clean()
;for
(int i =
1; i <= upmax; i++
) unit.a[1]
[i]= f[1]
[i -1]
, unit.a[1]
[i + upmax]
= f[2]
[i -1]
;}void
init()
intmain()
else
return0;
}
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