这题很神啊。orz sbw.
首先考虑一个数组num[s],表示问了s状态的问题,有几个串不能判断 。直接枚举状态处理的话会爆掉,因此思考优化。考虑两个串,什么状态会不能判断呢?当你询问的位置上的字母相同时。因此枚举两个串,相同的位置标1,把这个东西压成s.则询问的问题为s的子集时均不同区分这俩。从大到小递推的算出num[s]即可。有了这个数组我们就好dp了。
dp[s]表示问了s状态的问题,还不能判断的期望几步问完。
则num[s]==0的dp[s]均为0.其他的dp[s]={dp[s1]*1/tot *num[s1]/num[s] |s1可以转移到s}+1.最后答案就是dp[0]。
#include <bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define inf 0x3f3f3f3f
#define ll long long
#define N 60
#define M 25
int n,m,bin[N],num[1100000];//num[s]表示问了s状态的问题,有几个串不能判断
char ch[N][M];
ll d[1100000];
double dp[1100000],ans=0;//dp[i]表示问了i状态的问题,还不能判断的期望几步问完。
int main(){
// freopen("a.in","r",stdin);
scanf("%d",&n);bin[0]=1;
for(int i=1;i<=20;++i) bin[i]=bin[i-1]<<1;
for(int i=1;i<=n;++i) scanf("%s",ch[i]+1);m=strlen(ch[1]+1);
if(n==1){printf("%.9f\n",0.0);return 0;}
for(int i=1;i<=n;++i)
for(int j=i+1;j<=n;++j){
ll s=0;
for(int k=1;k<=m;++k)
if(ch[i][k]==ch[j][k]) s|=bin[k-1];
d[s]|=(1LL<<i)|(1LL<<j);
}
for(int s=bin[m]-1;s>=1;--s)
for(int i=0;i<m;++i)
if(s&bin[i]) d[s^bin[i]]|=d[s];
for(int s=0;s<=bin[m]-1;++s)
for(int i=1;i<=n;++i) if(d[s]&(1LL<<i)) num[s]++;
dp[bin[m]-1]=0;
for(int s=bin[m]-2;s>=0;--s){
if(!num[s]){dp[s]=0;continue;}int tot=m;
for(int i=0;i<m;++i) if(s&bin[i]) tot--;
for(int i=0;i<m;++i){
if(s&bin[i]) continue;
dp[s]+=dp[s|bin[i]]*1.0/tot*num[s|bin[i]]/num[s];
}dp[s]+=1;
}
printf("%.9f\n",dp[0]);
return 0;
}