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,
他们现在使用的是GW文本生成器v6版。该软件可以随机生成一些文章―――总是生成一篇长度固定且完全随机的文
章—— 也就是说,生成的文章中每个字节都是完全随机的。如果一篇文章中至少包含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包含单词b,当且仅当单词b是文章a的子串)。但是,即使按照这样的
标准,使用者现在使用的GW文本生成器v6版所生成的文章也是几乎完全不可读的?。ZYX需要指出GW文本生成器 v6
生成的所有文本中可读文本的数量,以便能够成功获得v7更新版。你能帮助他吗?

Input

  输入文件的第一行包含两个正整数,分别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;以下N行,每一行包含一个使用者了解的单词。这里所有单词及文本的长度不会超过100,并且只可能包
含英文大写字母A..Z

Output

  一个整数,表示可能的文章总数。只需要知道结果模10007的值。

Sample Input

2 2
A
B

Sample Output

100
分析:AC自动机+dp.
   首先把trie树建出来.对问题做一个转化:求满足要求的文章=总文章数-不满足要求的文章数.那么统计不满足要求的文章数,也就是在trie上不能经过有结尾标记的点和fail指针指向的点有结尾标记的点,这是分别考虑单词为前缀和后缀的情况.
   dp统计个数:f[i][j]表示文章的前i位匹配到trie树的第j个节点的方案数. 先检查j是否符合条件,然后转移:f[i][e[j].tr[k]] += f[i-1][j].最后统计f[m][i]就是不满足要求的文章数.
   第一次做这类ac自动机上dp的题,trie树上的节点也可以当做状态!
#include <queue>
#include <cstdio>
#include <cstring>
#include <iostream>
#include <algorithm>

using namespace std;

const int mod = 10007;

int n,m,tot = 1,f[110][6005],ans1,ans2;
char s[110];

struct node
{
    int tr[40],fail,isend;
    void clear()
    {
        fail = isend = 0;
        memset(tr,0,sizeof(tr));
    }
}e[6010];

void insert()
{
    int len = strlen(s);
    int u = 1;
    for (int i = 0; i < len; i++)
    {
        int x = s[i] - 'A';
        if (!e[u].tr[x])
        {
            e[u].tr[x] = ++tot;
            e[tot].clear();
        }
        u = e[u].tr[x];
    }
    e[u].isend = 1;
}

void build_fail()
{
    for (int i = 0; i < 26; i++)
        e[0].tr[i] = 1;
    queue <int> q;
    q.push(1);
    while (!q.empty())
    {
        int u = q.front();
        q.pop();
        int fail = e[u].fail;
        for (int i = 0; i < 26; i++)
        {
            int x = e[u].tr[i];
            if (x)
            {
                e[x].fail = e[fail].tr[i];
                if (e[e[x].fail].isend)
                    e[x].isend = 1;
                q.push(x);
            }
            else
                e[u].tr[i] = e[fail].tr[i];
        }
    }
}

int qpow(int a,int b)
{
    int res = 1;
    while (b)
    {
        if (b & 1)
            res = (res * a) % mod;
        a = (a * a) % mod;
        b >>= 1;
    }
    return res;
}

int main()
{
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for (int i = 1; i <= n; i++)
    {
        scanf("%s",s);
        insert();
    }
    build_fail();
    f[0][1] = 1;
    for (int i = 1; i <= m; i++)
        for (int j = 1; j <= tot; j++)
        {
            if (e[j].isend)
                continue;
            if (f[i - 1][j] == 0)
                continue;
            for (int k = 0; k < 26; k++)
            {
                f[i][e[j].tr[k]] += f[i - 1][j];
                f[i][e[j].tr[k]] %= mod;
            }
        }

    ans1 = qpow(26,m);
    for (int i = 1; i <= tot; i++)
        if (!e[i].isend)
            ans2 = (ans2 + f[m][i]) % mod;
    printf("%d\n",(ans1 - ans2 + mod) % mod);

    return 0;
}

 

posted @ 2018-02-19 20:52  zbtrs  阅读(155)  评论(0编辑  收藏