bzoj1030【JSOI2007】文本生成器

1030: [JSOI2007]文本生成器

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Description

JSOI交给队员ZYX一个任务,编制一个称之为“文本生成器”的电脑软件:该软件的使用者是一些低幼人群,他们如今使用的是GW文本生成器v6版。

该软件能够随机生成一些文章―――总是生成一篇长度固定且全然随机的文章—— 也就是说,生成的文章中每一个字节都是全然随机的。

假设一篇文章中至少包括使用者们了解的一个单词,那么我们说这篇文章是可读的(我们称文章a包括单词b。当且仅当单词b是文章a的子串)。可是。即使依照这种标准。使用者如今使用的GW文本生成器v6版所生成的文章也是差点儿全然不可读的。

ZYX须要指出GW文本生成器 v6生成的全部文本中可读文本的数量,以便可以成功获得v7更新版。

你能帮助他吗? 

Input

输入文件的第一行包括两个正整数。各自是使用者了解的单词总数N (<= 60)。GW文本生成器 v6生成的文本固定长度M;下面N行。每一行包括一个使用者了解的单词。 这里全部单词及文本的长度不会超过100。而且仅仅可能包括英文大写字母A..Z  。 

Output

一个整数,表示可能的文章总数。仅仅须要知道结果模10007的值。 

Sample Input

2 2
A
B

Sample Output

100

HINT

Source




毕竟是自己做的第一道AC自己主动机题,还是小小地庆祝一下吧……

我们如果在Trie树中表示单词结尾的节点为结尾点。

在加入失配边后,Trie树就转化成一个有向图,问题也就转化成:从起点出发,走m步。至少路过一个结尾点的方案数。

这就能够用动态规划来实现了。

详细方法例如以下:

用f[i][j][0]表示走i步到达j点不经过结尾点的方案数,用f[i][j][1]表示走i步到达j点经过结尾点的方案数。

我们非常easy能够想到状态转移方程。

(详见程序)

终于答案为∑(i)f[m][i][1]。注意每次计算后都要取模。





#include<iostream>
#include<cstdio>
#include<cstring>
#include<cmath>
#include<cstdlib>
#include<algorithm>
#include<queue>
#define F(i,j,n) for(int i=j;i<=n;i++)
#define D(i,j,n) for(int i=j;i>=n;i--)
#define ll long long
#define pa pair<int,int>
#define mod 10007
using namespace std;
int t[6010][26],f[110][6010][2],v[6010],go[6010];
int n,m,tot;
char s[110];
queue<int> q;
inline int read()
{
	int x=0,f=1;char ch=getchar();
	while (ch<'0'||ch>'9'){if (ch=='-') f=-1;ch=getchar();}
	while (ch>='0'&&ch<='9'){x=x*10+ch-'0';ch=getchar();}
	return x*f;
}
inline void insert()
{
	scanf("%s",s+1);
	int len=strlen(s+1),now=1;
	F(i,1,len)
	{
		int x=s[i]-'A';
		if (!t[now][x]) t[now][x]=++tot;
		now=t[now][x];
	}
	v[now]=1;
}
inline void bfs()
{
	q.push(1);
	while (!q.empty())
	{
		int x=q.front(),y,j;q.pop();v[x]|=v[go[x]];
		F(i,0,25)
		{
			j=go[x];
			while (j&&!t[j][i]) j=go[j];
			if (t[x][i])
			{
				go[y=t[x][i]]=j?t[j][i]:1;
				q.push(y);
			}
			else t[x][i]=j?

t[j][i]:1; } } } inline void dp() { f[0][1][0]=1; F(i,0,m) F(j,1,tot) F(k,0,25) F(l,0,1) { if (v[t[j][k]]) (f[i+1][t[j][k]][1]+=f[i][j][l])%=mod; else (f[i+1][t[j][k]][l]+=f[i][j][l])%=mod; } } int main() { n=read();m=read();tot=1; F(i,1,n) insert(); bfs(); dp(); int ans=0; F(i,1,tot) (ans+=f[m][i][1])%=mod; printf("%d\n",ans); return 0; }



posted @ 2017-08-20 21:37  claireyuancy  阅读(196)  评论(0编辑  收藏