考慮建出ac自動機。則問題相當於，我們每步會從節點\(i\)等概率地走向\(\text(i,0)\)或\(\text(i,1)\)。給定了乙個起點和若干個終點，求從每個終點結束的概率。
因為到達乙個終點後遊戲就結束了，我們不會繼續走，所以每個終點被經過的次數要麼是\(0\)，要麼是\(1\)。因此，從每個終點結束的概率，在數值上就等於它被經過的期望次數。
設\(e_\)表示經過ac自動機上節點\(i\)被經過的期望次數。則有轉移：
\[e_=\sum_p(v,u)e_+[u\text]
\]因為ac自動機的節點數是\(o(nm)\)的，所以用高斯消元解上述方程組的時間複雜度是\(o(n^3m^3)\)。無法承受。
考慮優化。發現我們並不關心除若干個終點外的其它節點的\(e\)值。而終點的數量只有\(o(n)\)級別。
設\(e_0\)表示所有非終點節點的期望經過次數之和，\(e_i\)表示第\(i\)個終點的期望經過次數。
首先，因為最終必定會從某個終點出去（也就是遊戲必有乙個贏家），所以\(\sum_^e_i=1\)。
考慮從任意乙個非終點節點出發，按照第\(i\)個人給定的硬幣序列，依次經過\(m\)條轉移邊，最後一定能走到第\(i\)個終點。所以我們初步認為\(e_i=\frace_0\)。但是這樣等於是說所有人獲勝的概率一樣大，顯然不對。
這樣做的問題在於，有可能在你走這\(m\)步的路徑上，還沒走到你想要去的終點\(i\)，就半路遇上了另乙個終點\(j\)，遊戲立刻終止，於是你就無法到達\(i\)了！所以\(\frace_0\)這個期望，不能全貢獻到\(e_i\)上，也會貢獻到中途經過的節點上。
發現這種情況發生時，一定是存在乙個\(1\leq k，使得串\(i\)的乙個長為\(k\)的字首，等於串\(j\)的乙個長為\(k\)的字尾。並且在你出發的這個非終點節點上，\(j\)已經匹配好了前\(m-k\)位。接下來你按\(i\)的序列走，只要走出了前\(k\)位，立刻就被終點\(j\)截胡。需要特別注意的是，\(i\)可能等於\(j\)。
綜上，我們對每個\(i\)可以列出方程：
\[e_i+\sum_^\left(\sum_^[\operatorname(i,k)=\operatorname(j,k)]\frac}\right)e_j-\frace_0=0
\]判斷\(\operatorname(i,k)=\operatorname(j,k)\)可以用字尾陣列或雜湊簡單實現。
加上前面列出的\(\sum_^e_i=1\)這個方程。我們一共有\(n+1\)個方程，\(n+1\)個未知數，直接高斯消元即可。
時間複雜度\(o(n^3)\)。
參考**
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