BJOI2017 魔法咒語

題目鏈結

給 $n$ 個基本詞彙， $m$ 個禁忌詞語。求用基本詞彙（每個詞彙可重複詞彙）拼成長度為 $l$ 的

不包含任何禁忌詞語的字串的方案數。

在資料規模與約定中，我們發現可以把資料劃分成兩檔：

$l \le 100$ 的（前 $60pts$）。

基本長度不超過 $2$ 的

顯然不包含這個東西判定可以用 ac 自動機，用 $m$ 個禁忌詞語建 ac 自動機，把非法點標記一下（即所有詞語末尾及其在 fail 樹上的子樹）。

然後方案數這個東西顯然的樸素 dp：

考慮轉移就是拼接乙個基本詞彙，假設目前在 $f[i][u]$，設詞彙長度為 $l$，就讓這個詞彙從 $u$ 出發在 ac 自動機上跑全串，然後落在 $v$ 節點。要求這一段路徑上都不能走非法點才可以轉移。這樣 $f[i][u]$ 就對 $f[i + l][v]$ 有了加的貢獻。

每次轉移這個過程可以先用 $o(100 ^ 2n)$列舉 $u$ 和基本詞彙來確定是否為合法轉移和轉移到的圖上節點。

然後 dp 複雜度是 $o(100nl)$ 的，可以跑過。

下面 $60pts $ 的**

#include #include #include using namespace std;
const int n = 55, s = 105, p = 1e9 + 7;
int n, m, l, q[s], g[s][n], f[s][s], len[n];
int idx = 0, tr[s][26], fail[s];
bool e[s];
char a[n][s], b[n][s];
void insert(char s) 
e[p] = true;
}void build()  else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
}	}}void work(int u, int x) 
for (int i = 0; i < len[x]; i++) 
}	g[u][x] = p;
}void solve1() 
}}	}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= idx; i++)
if (!e[i]) (ans += f[l][i]) %= p;
printf("%d\n", ans);
}int main() 
build();
solve1();
return 0;
}

看到 $l \le 10^8$，我們的複雜度顯然不能跟 $l$ 相關。

先考慮長度都是 $1$ 的時候，那麼轉移過程中，$f[i]$ 這層只會對 $f[i + 1]$ 這層產生貢獻，而且每次產生貢獻的方式是相同的、且是加和貢獻，這個東西我們是會用矩陣乘法優化的，即用每一層作為乙個矩陣，每一次迭代計算下一層結果，類似 hnoi2008 gt考試。

接著用相同的思想考慮長度 $ \le 2$ 的情況，那麼 $f[i]$ 這層只會對 $f[i + 1], f[i + 2]$ 產生影響，這種情況仍可以用矩陣乘法優化，即每乙個矩陣記錄兩層資料，但是要更複雜一點。

設計矩陣為 $[f_, f_,...,f_, f_, f_, ...,f_ ]$

考慮把 $[f_i, f_] \times a = [f_, f_]$，構造乙個矩陣 $a$。

一些細節問題：

這個時間複雜度是 $o(100^3logl)$ 的。

#include #include #include using namespace std;
typedef long long ll;
const int n = 55, s = 105, p = 1e9 + 7;
int n, m, l, q[s], g[s][n], f[s][s], len[n];
int idx = 0, tr[s][26], fail[s];
bool e[s];
char a[n][s], b[n][s];
// 矩陣
struct matrix
} a, res;
// ac 自動機
void insert(char s) 
e[p] = true;
}void build()  else tr[u][i] = tr[fail[u]][i];
}	}}// 預處理轉移方式
void work(int u, int x) 
for (int i = 0; i < len[x]; i++) 
}	g[u][x] = p;
}// 前 60 pts
void solve1() 
}}	}
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= idx; i++)
if (!e[i]) (ans += f[l][i]) %= p;
printf("%d\n", ans);
}// 獲取 id
int num(int id, int c) 
// 後 40 pts
void solve2() 
}	// 構造 a
for (int u = 0; u <= idx; u++) 
}	}int b = l;
while (b) 
int ans = 0;
for (int i = 0; i <= idx; i++)
if (!e[i]) (ans += res.w[1][i + 1]) %= p;
printf("%d\n", ans);
}int main() 
build();
for (int u = 0; u <= idx; u++) 
for (int i = 1; i <= n; i++) work(u, i);
if (l <= 100) solve1();
else solve2();
return 0;
}

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