[SDOI2014][JZOJ3624]数数

题目大意

求不大于$N$的正整数中，看作字符串（不包含前缀$0$）后，没有子串属于给定字符串集$S$的数的个数。
$1\le N<10^{1200},|S|\le100,\sum_{s\in S}|s|\le1500$

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题目分析

不大于某个数，然后对于数字的某些位有特殊要求，这是经典的数位dp模型。
那如何解决子串的约束条件呢？可以发现约束条件相当于多串匹配。那我们考虑就$S$集合建立$\mathrm AC$自动机，然后通过确定当前状态在自动机内的指针，来确定状态是否合法。
在建立自动机，处理$fail$数组时，我们同时处理布尔数组$mark_x$，表示节点$x$及其$fail$指针指向节点（可以指多次）中是否有标记为单词的。
我们从高位往低位（字符串前往后）枚举，设$f_{i,j,0..1}$表示枚举到第$i$位，当前状态在自动机内的$j$节点，当前组成的数小于（等于）$N$的方案数。
我们枚举$i$的合法状态向$i+1$转移，状态合法当且仅当$mark_j$为$false$。$f_{i,j,0}$可以转移到$f_{i+1,next_{j,k},0}(k\in[0,9])$，$f_{i,j,1}$可以转移到$f_{i+1,next_{j,N_{i+1}},1}$和$f_{i+1,next_{j,k},0}(k\in[0,N_{i+1}))$。其中$N_i$表示$N$看成字符串后第$i$位的数值。
注意不能有前导$0$，但是仍需考虑不足数位的情况。所以我们还可以在每次$i$转移到$i+1$时，顺便转移$f_{i+1,next[root][k],0}$，也就是这一位开始有大于$0$的数。
设$N$共有$n$位，自动机节点数为$tot$，最后答案固然为$\sum_{i=0}^{i<=tot}f_{n,i,0}+f_{n,i,1}(mark_i=false)$。
时间复杂度即为$\mathrm O(n\times tot)$。

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代码实现

作者闲得蛋疼，开了滚动数组，空间大跳楼。

#include <iostream>
#include <cstring>
#include <cstdio>
#include <queue>

using namespace std;

const int P=1000000007;
const int N=1200;
const int L=1500;

int f[2][L+1][2];
queue<int> Q;
char n[N+1];
int d,ans,m;

const int W=10;

char str[L+1];

struct AC_automation
{
    int fail[L+1],next[L+1][W];
    bool mark[L+1];
    int tot,root;

    int newnode()
    {
        fail[tot]=-1;
        for (int i=0;i<W;i++)
            next[tot][i]=-1;
        mark[tot]=false;
        return tot++;
    }

    void init()
    {
        tot=0;
        root=newnode();
    }

    void insert()
    {
        int l=strlen(str),rt=root;
        for (int i=0;i<l;i++)
            if (next[rt][str[i]-'0']!=-1)
                rt=next[rt][str[i]-'0'];
            else
            {
                next[rt][str[i]-'0']=newnode();
                rt=next[rt][str[i]-'0'];
            }
        mark[rt]=true;
    }

    void build()
    {
        for (int i=0;i<W;i++)
            if (next[root][i]==-1)
                next[root][i]=root;
            else
            {
                fail[next[root][i]]=root;
                Q.push(next[root][i]);
            }
        while (!Q.empty())
        {
            int rt=Q.front();
            Q.pop();
            mark[rt]|=mark[fail[rt]];
            for (int i=0;i<W;i++)
                if (next[rt][i]==-1)
                    next[rt][i]=next[fail[rt]][i];
                else
                {
                    fail[next[rt][i]]=next[fail[rt]][i];
                    Q.push(next[rt][i]);
                }
        }
    }

    void dp()
    {
        int now=0,tsf=1;
        for (int i=1;i<n[0]-'0';i++)
            f[tsf][next[root][i]][0]++;
        f[tsf][next[root][n[0]-'0']][1]++;
        for (int i=0;i<d-1;i++)
        {
            now^=1,tsf^=1;
            memset(f[tsf],0,sizeof f[tsf]);
            for (int j=1;j<W;j++)
                f[tsf][next[root][j]][0]++;
            for (int j=0;j<tot;j++)
                if (!mark[j])
                {
                    (f[tsf][next[j][n[i+1]-'0']][1]+=f[now][j][1])%=P;
                    for (int k=0;k<n[i+1]-'0';k++)
                        (f[tsf][next[j][k]][0]+=f[now][j][1])%=P;
                    for (int k=0;k<W;k++)
                        (f[tsf][next[j][k]][0]+=f[now][j][0])%=P;
                }
        }
        ans=0;
        for (int i=0;i<tot;i++)
            if (!mark[i])
                (((ans+=f[tsf][i][0])%=P)+=f[tsf][i][1])%=P;
    }
}atm;

int main()
{
    freopen("count.in","r",stdin);
    freopen("count.out","w",stdout);
    scanf("%s",n);
    d=strlen(n);
    atm.init();
    scanf("%d",&m);
    for (int i=1;i<=m;i++)
    {
        scanf("%s",str);
        atm.insert();
    }
    atm.build();
    atm.dp();
    printf("%d\n",ans);
    fclose(stdin);
    fclose(stdout);
}