【学习笔记】AC自动机
AC自动机是以trie结构为基础，结合KMP算法思想构建的，用于解决多模式串匹配问题。
它的构建方式分为以下几步：
\(1.\) 建立trie树
\(2.\) 构建失配（fail）指针
其中 fail 指针指向的是当前节点的状态的后缀所对应的状态。
这里明确一下，trie树中的每个节点表示的是一个状态，及某个模式串的前缀。
因此若这个状态可以在文本串中匹配，则它的后缀必定也能在文本串中匹配。
构建 fail 指针的过程是一个 bfs，对于每个点，用其父亲的 fail 来更新自己的 fail。
即，父亲的后缀加上自己当前的这一位字符，就是自己的后缀了。
核心代码：
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
q.push(tr[u][i]);
}
else{ // 重构trie树结构
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
代码中有一点是没有提到的，就是加了注释的那一句。即，若没有 u+(i+'a') 这个状态，就让这个状态指向这个状态的后缀。于是在前面那句 if 和以后的匹配中，可以避免 while 循环不停跳 fail 的情况。
板子题：HDU 2222
匹配时不断跳 fail 就行了，即若这个状态能匹配，则它的后缀也能匹配。注意打标记避免重复匹配，否则时间复杂度无法保证。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e4+5,maxm=1e6+5;
int T,n,tot,tr[maxn*50][30];
int fail[maxn*50],end[maxn*50];
char s[maxm];
queue<int> q;
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(T);
while(T--){
tot=0;
fail[0]=end[0]=0;
for(int i=0;i<=25;i++){
tr[0][i]=0;
}
read(n);
while(n--){
scanf(" %s",s+1);
int len=strlen(s+1);
int p=0;
for(int i=1;i<=len;i++){
int d=s[i]-'a';
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
fail[tot]=end[tot]=0;
for(int j=0;j<=25;j++){
tr[tot][j]=0;
}
}
p=tr[p][d];
}
end[p]++;
}
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
scanf(" %s",s+1);
n=strlen(s+1);
int res=0,p=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
p=tr[p][s[i]-'a'];
for(int j=p;j&&~end[j];j=fail[j]){
res+=end[j];
end[j]=-1;
}
}
printf("%d\n",res);
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
Luogu P5231
这里就要注意到，trie树上本来的从父亲连向儿子的边，和构建 fail 指针时为了方便重构的边的区别了。在代码中，后者用 \(tra\) 表示。
每个点都是它的子节点的前缀，于是可以将父亲节点的答案（如果有的话）传给儿子节点，最后在叶子节点统计答案即可。因为是动态开点，每个点的子节点编号肯定比它自己大，因此不用 dfs 遍历整棵树，直接顺序遍历所有节点就可以了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
#define mp make_pair
#define lwrb lower_bound
#define uprb upper_bound
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e7+5,maxm=1e5+5;
int n,m,tot,tr[maxn][4],fail[maxn];
int dep[maxn],zhi[maxn],ans[maxm];
int tra[maxn][4];
char s[maxn],t[105];
multimap<int,int> hao;
queue<int> q;
il int gid(char x){
if(x=='E'){
return 0;
}
if(x=='S'){
return 1;
}
if(x=='W'){
return 2;
}
return 3;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(n)read(m);
scanf(" %s",s+1);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf(" %s",t+1);
int p=0,len=strlen(t+1);
for(int j=1;j<=len;j++){
int d=gid(t[j]);
if(!tr[p][d]){
tra[p][d]=tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
dep[p]=j;
}
hao.insert(mp(p,i));
}
for(int i=0;i<=3;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=3;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tra[fail[u]][i];
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tra[u][i]=tra[fail[u]][i];
}
}
}
int p=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
p=tra[p][gid(s[i])];
for(int j=p;j&&!zhi[j];j=fail[j]){
zhi[j]=dep[j];
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
bool flag=0;
for(int j=0;j<=3;j++){
if(tr[i][j]){
flag=1;
zhi[tr[i][j]]=max(zhi[tr[i][j]],zhi[i]);
}
}
if(!flag){
auto l=hao.lwrb(i);
auto r=hao.uprb(i);
while(l!=r){
ans[l++->second]=zhi[i];
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
然后我突然发现了一个问题，如果有一个模式串是另一个模式串的前缀的话，那它的结尾就不是叶子节点，就会无法统计到答案。比如下面这组数据：
4 2
NNSS
NN
NNS
刚才这篇代码会对第一个模式串输出 0。因此需要在每个节点记一个 end，然后把统计答案的判断条件改为 end[i]。（为什么不在每个节点都统计一遍答案呢，因为时间会达到 \(O(n\log m)\)，有可能会炸。）然而洛谷上显然并没有这样的数据。
真正正确的代码：
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
#define mp make_pair
#define lwrb lower_bound
#define uprb upper_bound
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e7+5,maxm=1e5+5;
int n,m,tot,tr[maxn][4],fail[maxn];
int dep[maxn],zhi[maxn],ans[maxm];
int tra[maxn][4];
char s[maxn],t[105];
multimap<int,int> hao;
queue<int> q;
bitset<maxn> end;
il int gid(char x){
if(x=='E'){
return 0;
}
if(x=='S'){
return 1;
}
if(x=='W'){
return 2;
}
return 3;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(n)read(m);
scanf(" %s",s+1);
for(int i=1;i<=m;i++){
scanf(" %s",t+1);
int p=0,len=strlen(t+1);
for(int j=1;j<=len;j++){
int d=gid(t[j]);
if(!tr[p][d]){
tra[p][d]=tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
dep[p]=j;
}
end[p]=1;
hao.insert(mp(p,i));
}
for(int i=0;i<=3;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=3;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tra[fail[u]][i];
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tra[u][i]=tra[fail[u]][i];
}
}
}
int p=0;
for(int i=1;i<=n;i++){
p=tra[p][gid(s[i])];
for(int j=p;j&&!zhi[j];j=fail[j]){
zhi[j]=dep[j];
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
for(int j=0;j<=3;j++){
if(tr[i][j]){
zhi[tr[i][j]]=max(zhi[tr[i][j]],zhi[i]);
}
}
if(end[i]){
auto l=hao.lwrb(i);
auto r=hao.uprb(i);
while(l!=r){
ans[l++->second]=zhi[i];
}
}
}
for(int i=1;i<=m;i++){
printf("%d\n",ans[i]);
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
/*
4 2
NNSS
NN
NNS
*/
一本通 1482
计算出现次数，那也不难。只需给匹配到的每个点的出现次数都加一，最后对于每个模式串对应到字典树上的编号查询即可。这样做的复杂度是 \(O(n|S|)\) 的，过不去。于是考虑只给 fail 链的链头加上贡献，再跑一遍拓扑排序即可。（因为 fail 指针连成的链不可能有环。）
另外，上面那道题用 multimap 存储字典树的节点对应的模式串编号的方式非常的蠢，直接开个数组存每个模式串对应的节点编号就行了。否则在一本通上会喜提RE+WA。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=1e6+5;
int n,len[205],fail[maxn],num[maxn];
int tot,tr[maxn][30],deg[maxn],hao[205];
string s[205];
queue<int> q;
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1;i<=n;i++){
cin>>s[i];
len[i]=s[i].size();
s[i]=" "+s[i];
int p=0;
for(int j=1;j<=len[i];j++){
int d=s[i][j]-'a';
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
}
hao[i]=p;
}
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
if(fail[tr[u][i]]){
deg[fail[tr[u][i]]]++;
}
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
int p=0;
for(int j=1;j<=len[i];j++){
p=tr[p][s[i][j]-'a'];
num[p]++;
}
}
for(int i=1;i<=tot;i++){
if(!deg[i]){
q.push(i);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
int v=fail[u];
if(!v){
continue;
}
num[v]+=num[u];
if(--deg[v]==0){
q.push(v);
}
}
for(int i=1;i<=n;i++){
cout<<num[hao[i]]<<"\n";
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
Luogu P2444
题目意思是要找到一个无法匹配任何模式串的无限长的文本串。
不难发现，这样的串在AC自动机上匹配时会跑出一个环。
因此只需要在AC自动机上找有没有不经过任何模式串的结尾节点的环就可以了。
但是这里会有问题：某个点或许不是模式串的结尾，但是它的后缀有可能是。
于是在求 fail 时，如果这个点的 fail 是结尾节点，那么就把它也设为结尾节点（dfs时不能经过它）。
代码不难写，但会TLE。
原因是由于要找环，在遍历完这个点的子树后就将这个点的访问状态（vis2 数组）改成0了，但在之后再遍历这个点是没有意义的。
因此就再记一个 vis1 数组，记录是否遍历过它就行了。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define read(x){\
char ch;\
int fu=1;\
while(!isdigit(ch=getchar()))\
fu-=(ch=='-')<<1;\
x=ch&15;\
while(isdigit(ch=getchar()))\
x=(x<<1)+(x<<3)+(ch&15);\
x*=fu;\
}
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=3e4+5;
int n,tot,tr[maxn][2],fail[maxn];
char s[maxn];
bitset<maxn> end,vis1,vis2;
queue<int> q;
il void dfs(int u){
vis1[u]=vis2[u]=1;
for(int i=0;i<=1;i++){
if(vis2[tr[u][i]]){
puts("TAK");
exit(0);
}
if(end[tr[u][i]]||vis1[tr[u][i]]){
continue;
}
dfs(tr[u][i]);
}
vis2[u]=0;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
read(n);
while(n--){
scanf(" %s",s+1);
int len=strlen(s+1),p=0;
for(int i=1;i<=len;i++){
int d=s[i]&15;
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
}
end[p]=1;
}
for(int i=0;i<=1;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=1;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
if(end[fail[tr[u][i]]]){
end[tr[u][i]]=1;
}
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
// for(int i=1;i<=tot;i++){
// cout<<tr[i][0]<<" "<<tr[i][1]<<" "<<fail[i]<<"\n";
// }
dfs(0);
puts("NIE");
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
[HNOI2006] 最短母串问题
要求字典序最小，考虑一位一位贪心，bfs。先建出 AC 自动机，然后 bfs 同时记录路径即可。需要状压。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pii pair<int,int>
#define mp make_pair
#define fir first
#define sec second
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=605,maxm=(1<<12)+5;
int n,tr[maxn][30],tot;
int fail[maxn],sta[maxn];
pair<pii,int> pre[maxn][maxm];
bool vis[maxn][maxm];
char ans[maxn];
string s;
queue<int> q;
queue<pii> q2;
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
// cout<<cplx::usdmem();
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n;
for(int i=1,p;i<=n;i++){
cin>>s;
p=0;
for(int j=0,d;j<s.size();j++){
d=s[j]-'A';
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
}
sta[p]|=1<<(i-1);
}
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
sta[tr[u][i]]|=sta[fail[tr[u][i]]];
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
vis[0][0]=1,q2.push(mp(0,0));
// puts("666");
while(q2.size()){
int u=q2.front().fir,S=q2.front().sec;
// puts("666");
// cout<<u<<"\n";
q2.pop();
// puts("777");
if(S==((1<<n)-1)){
int cnt=0;
while(u){
// puts("666");
// cout<<u<<"\n";
ans[++cnt]='A'+pre[u][S].sec;
pii tmp=pre[u][S].fir;
u=tmp.fir,S=tmp.sec;
}
for(int i=cnt;i;i--){
cout<<ans[i];
}
return 0;
}
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]&&!vis[tr[u][i]][S|sta[tr[u][i]]]){
vis[tr[u][i]][S|sta[tr[u][i]]]=1;
pre[tr[u][i]][S|sta[tr[u][i]]]=mp(mp(u,S),i);
q2.push(mp(tr[u][i],S|sta[tr[u][i]]));
}
}
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
「一本通 2.4 练习 6」文本生成器
正难则反，设 \(dp_{i,j}\) 表示到 \(i\) 点串长为 \(j\) 的方案数，从父亲向儿子转移即可。注意转移顺序，应该先枚举 \(i\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=6e3+5,mod=1e4+7;
int n,m,tot,tr[maxn][30];
int fail[maxn],dp[maxn][105];
bool end[maxn];
queue<int> q;
string s;
il int qpow(int x,int y){
int res=1;
while(y){
if(y&1){
res=res*x%mod;
}
y>>=1,x=x*x%mod;
}
return res;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m;
for(int i=1,p;i<=n;i++){
cin>>s;
p=0;
for(int j=0,d;j<s.size();j++){
d=s[j]-'A';
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
}
end[p]=1;
}
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
if(end[fail[tr[u][i]]]){
end[tr[u][i]]=1;
}
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
dp[0][0]=1;
for(int i=1;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=tot;j++){
for(int k=0;k<=25;k++){
if(!end[tr[j][k]]){
(dp[tr[j][k]][i]+=dp[j][i-1])%=mod;
}
}
}
}
int ans=0;
for(int i=0;i<=tot;i++){
(ans+=dp[i][m])%=mod;
}
cout<<(qpow(26,m)-ans+mod)%mod;
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
[BZOJ 2905]背单词
设 \(dp_i\) 表示前 \(i\) 个字符串的最大答案。则 \(i\) 只能从它的子串转移。考虑子串本质就是从前面删几个字符再从后面删几个字符串，具体到 AC 自动机上就是 \(i\) 的某个前缀跳了若干个 fail。于是我们从 \(fail_i\) 向 \(i\) 连边，这样就建出了一棵 fail 树，对于每个前缀去查询根链[1]的最大值，然后再更新。用线段树维护即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
#define pb push_back
#define lid id<<1
#define rid id<<1|1
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=3e5+5,inf=0x3f3f3f3f;
int T,n,tr[maxn][30];
int dfn[maxn],sz[maxn];
int fail[maxn],hao[maxn];
int fa[maxn],cnt,a[maxn];
vector<int> e[maxn];
string s;
queue<int> q;
il void dfs(int u){
// cout<<u<<"\n";
dfn[u]=++cnt;
sz[u]=1;
for(int v:e[u]){
dfs(v);
sz[u]+=sz[v];
}
}
struct{
int tr[maxn<<2];
il void build(int id,int l,int r){
tr[id]=0;
if(l==r){
return ;
}
int mid=(l+r)>>1;
build(lid,l,mid);
build(rid,mid+1,r);
}
il void upd(int id,int L,int R,int l,int r,int v){
if(L>=l&&R<=r){
tr[id]=max(tr[id],v);
return ;
}
int mid=(L+R)>>1;
if(l<=mid){
upd(lid,L,mid,l,r,v);
}
if(r>mid){
upd(rid,mid+1,R,l,r,v);
}
}
il int query(int id,int l,int r,int p){
int res=tr[id];
if(l==r){
return res;
}
int mid=(l+r)>>1;
return max(res,p<=mid?query(lid,l,mid,p):query(rid,mid+1,r,p));
}
}SG;
il void solve(){
cin>>n;
int tot=0;
for(int i=0;i<=25;i++){
tr[0][i]=0;
}
for(int i=1,p;i<=n;i++){
cin>>s>>a[i];
p=0;
for(int j=0,d;j<s.size();j++){
d=s[j]-'a';
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
for(int k=0;k<=25;k++){
tr[tot][k]=0;
}
fa[tot]=p;
}
p=tr[p][d];
}
hao[i]=p;
}
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
// cout<<u<<"\n";
q.pop();
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
// cout<<tot<<"\n";
for(int i=1;i<=tot;i++){
e[fail[i]].pb(i);
}
cnt=0;
dfs(0);
// for(int i=0;i<=tot;i++){
// cout<<i<<" "<<dfn[i]<<" "<<sz[i]<<"\n";
// }
SG.build(1,1,cnt);
int ans=0;
for(int i=1,res,p;i<=n;i++){
p=hao[i],res=0;
// cout<<i<<"-\n";
while(p){
// cout<<p<<"\n";
res=max(res,SG.query(1,1,cnt,dfn[p]));
p=fa[p];
}
res=max(res,res+a[i]);
ans=max(ans,res);
SG.upd(1,1,cnt,dfn[hao[i]],dfn[hao[i]]+sz[hao[i]]-1,res);
// cout<<res<<"\n";
}
cout<<ans<<"\n";
for(int i=0;i<=tot;i++){
fa[i]=fail[i]=0;
e[i].clear();
}
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
// freopen("433.in","r",stdin);
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>T;
while(T--){
solve();
}
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
[JSOI2009]密码
设 \(dp_{i,j,S}\) 表示填了 \(i\) 位，在 AC 自动机上的 \(j\) 号节点，当前覆盖的字符串集位 \(S\) 的方案数。于是有转移：
\[\large{dp_{i,j,S}\to dp_{i+1,tr_{j,k},S\operatorname{or}sta_{tr_{j,k}}}}
\]
其中 \(tr_{j,k}\) 表示 AC 自动机上 \(j\) 点加上字符 \(k\) 的节点，\(sta_j\) 表示以 \(j\) 点为结尾的字符串构成的集合，\(\operatorname{or}\) 表示按位或。
输出方案，先记忆化搜索确定每个状态 \((i,j,S)\) 能否转移到合法状态，再一遍 dfs 输出即可。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
const int maxn=(1<<10)+5;
int n,m,tr[105][30],tot;
int fail[105],sta[105];
ll dp[30][105][maxn];
bool vis[30][105][maxn];
bool f[30][105][maxn];
char ans[maxn];
string s;
queue<int> q;
il bool dfs1(int i,int j,int S){
if(vis[i][j][S]){
return f[i][j][S];
}
vis[i][j][S]=1;
if(i==m){
return f[i][j][S]=S==(1<<n)-1;
}
bool &res=f[i][j][S];
for(int k=0;k<=25;k++){
res|=dfs1(i+1,tr[j][k],S|sta[tr[j][k]]);
}
return res;
}
il void dfs2(int i,int j,int S){
if(i==m){
for(int k=1;k<=m;k++){
cout<<ans[k];
}
cout<<"\n";
return ;
}
for(int k=0;k<=25;k++){
if(f[i+1][tr[j][k]][S|sta[tr[j][k]]]){
ans[i+1]=k+'a';
dfs2(i+1,tr[j][k],S|sta[tr[j][k]]);
}
}
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>m>>n;
for(int i=1,p;i<=n;i++){
cin>>s;
p=0;
for(int j=0,d;j<s.size();j++){
d=s[j]-'a';
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
}
sta[p]|=1<<(i-1);
}
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<=25;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
sta[tr[u][i]]|=sta[fail[tr[u][i]]];
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
dp[0][0][0]=1;
for(int i=0;i<=m;i++){
for(int j=0;j<=tot;j++){
for(int S=0;S<1<<n;S++){
if(!dp[i][j][S]){
continue;
}
for(int k=0;k<=25;k++){
dp[i+1][tr[j][k]][S|sta[tr[j][k]]]+=dp[i][j][S];
}
}
}
}
ll ans=0;
for(int i=0;i<=tot;i++){
ans+=dp[m][i][(1<<n)-1];
}
cout<<ans<<"\n";
if(ans>42){
return 0;
}
dfs1(0,0,0);
dfs2(0,0,0);
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
[bzoj2553]禁忌
考虑如果暴力 DP 的话，时间复杂度会超标，于是矩阵加速。
但是在 DP 的过程中，期望又要乘又要加的，用矩阵很难转移。于是考虑用矩阵去算概率，新开一行去存期望。
这个贪心是很显然的：当匹配完了一个单词时，直接从头开始尝试匹配下一个单词。由于题目要求不能重叠，这不仅是策略上的优化还是正确性的保证。
具体地，假设要从节点 \(j\) 转移到 \(k\)，如果 \(k\) 是某个单词的结尾，那就把贡献加给根，同时加给期望。否则就只能加给 \(k\) 了。
时间复杂度 \(O((\sum|T_i|)^3\log len)\)。
Code
#include<bits/stdc++.h>
#define ll long long
#define il inline
using namespace std;
namespace asbt{
namespace cplx{bool begin;}
int n,m,tr[80][30];
int tot,fail[80];
double ab;
bool end[80];
string s;
queue<int> q;
struct juz{
double mat[80][80];
juz(){
for(int i=0;i<=tot;i++){
for(int j=0;j<=tot;j++){
mat[i][j]=0;
}
}
}
il double*operator[](int x){
return mat[x];
}
il juz operator*(juz x)const{
juz res;
for(int i=0;i<=tot;i++){
for(int j=0;j<=tot;j++){
for(int k=0;k<=tot;k++){
res[i][j]+=mat[i][k]*x[k][j];
}
}
}
return res;
}
}bas;
il juz qpow(juz x,int y){
juz res;
for(int i=0;i<=tot;i++){
res[i][i]=1;
}
while(y){
if(y&1){
res=res*x;
}
y>>=1,x=x*x;
}
return res;
}
namespace cplx{
bool end;
il double usdmem(){return (&begin-&end)/1048576.0;}
}
int main(){
ios::sync_with_stdio(0),cin.tie(0);
cin>>n>>m>>ab;
for(int i=1,p;i<=n;i++){
cin>>s;
p=0;
for(int j=0,d;j<s.size();j++){
d=s[j]-'a';
if(!tr[p][d]){
tr[p][d]=++tot;
}
p=tr[p][d];
}
end[p]=1;
}
for(int i=0;i<ab;i++){
if(tr[0][i]){
q.push(tr[0][i]);
}
}
while(q.size()){
int u=q.front();
q.pop();
for(int i=0;i<ab;i++){
if(tr[u][i]){
fail[tr[u][i]]=tr[fail[u]][i];
end[tr[u][i]]|=end[fail[tr[u][i]]];
q.push(tr[u][i]);
}
else{
tr[u][i]=tr[fail[u]][i];
}
}
}
// for(int i=0;i<=tot;i++){
// cout<<fail[i]<<" ";
// }
// puts("");
tot++;
for(int i=0;i<tot;i++){
for(int j=0;j<ab;j++){
if(end[tr[i][j]]){
bas[i][0]+=1.0/ab;
bas[i][tot]+=1.0/ab;
}
else{
bas[i][tr[i][j]]+=1.0/ab;
}
}
}
bas[tot][tot]=1;
printf("%.10f",qpow(bas,m)[0][tot]);
return 0;
}
}
int main(){return asbt::main();}
根链：由 2024 陕西省队队员马思博提出，指一棵树上一个端点在树根的链。（摘自 UKE 的题解） ↩︎
浙公网安备 33010602011771号