BZOJ1030 JSOI2007 文本生成器 【AC自动机】【DP】*

本文详细解析了JSOI2007文本生成器问题,通过AC自动机结合动态规划的方法,计算出给定条件下可读文本的数量。文章提供了完整的代码实现,帮助读者理解算法的具体应用。

BZOJ1030 JSOI2007 文本生成器


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


我们发现直接算包含的种类个数比较困难,所以考虑容斥:用总数量26m26m减去不出现字串的个数。

我们发现不出现的充要条件是在AC自动机上从1开始行走m步不经过叶子节点。。。然后就在AC自动机上DP吧。。。

然后考虑对于一个节点u的第tmp个儿子,如果对于u从fail跳到0号节点的路径上有一个儿子v是叶子节点就不成立,check一下就好了


#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define N 6010
#define M 110
#define Mod 10007
struct Node{
    int id,fail,ch[26];
    void clean(){
        id=fail=0;
        memset(ch,0,sizeof(ch));
    }
}t[N];
int tot,n,m;
char s[M];
int dp[N][M];
void init(){
    tot=1;
    t[0].clean();t[1].clean();
    for(int i=0;i<26;i++)t[0].ch[i]=1;
}
int index(char c){return c-'A';}
void insert(char *s){
    int len=strlen(s);
    int u=1;
    for(int i=0;i<len;i++){
        int tmp=index(s[i]);
        if(!t[u].ch[tmp]){
            t[u].ch[tmp]=++tot;
            t[tot].clean();
        }
        u=t[u].ch[tmp];
    }
    t[u].id=1;
}
//建立fail指针 
void buildFail(){
    queue<int> q;
    q.push(1);
    while(!q.empty()){
        int u=q.front();q.pop();
        for(int i=0;i<26;i++){
            int v=t[u].fail,w=t[u].ch[i];
            if(!w)continue;
            while(!t[v].ch[i])v=t[v].fail;
            t[w].fail=t[v].ch[i];
            q.push(w);
        }
    }
}
int fast_pow(int a,int b){
    int ans=1;
    while(b){
        if(b&1)ans=ans*a%Mod;
        b>>=1;
        a=a*a%Mod;
    }
    return ans;
}
//检查对于u的第tmp个儿子可不可行
bool check(int u,int tmp){ 
    int v=t[u].ch[tmp];
    while(u){
        if(t[v].id)return 0;
        u=t[u].fail;
        v=t[u].ch[tmp];
    }
    return 1;
}
void DP(){
    dp[1][0]=1;
    for(int k=1;k<=m;k++)
        for(int i=1;i<=tot;i++){
            if(t[i].id)continue;
            for(int j=0;j<26;j++){
                if(!check(i,j))continue;
                int u=i,v=t[i].ch[j];
                while(!v)u=t[u].fail,v=t[u].ch[j];
                dp[v][k]=(dp[v][k]+dp[i][k-1])%Mod;
            }
        }
}
int main(){
    init();
    scanf("%d%d",&n,&m);
    for(int i=1;i<=n;i++){
        scanf("%s",s);
        insert(s);
    }
    buildFail();
    DP();
    int ans=fast_pow(26,m);
    for(int i=1;i<=tot;i++)ans=(ans-dp[i][m]+Mod)%Mod;
    printf("%d",(ans+Mod)%Mod);
    return 0;
}

转载于:https://www.cnblogs.com/dream-maker-yk/p/9676381.html

题目描述 有一个 $n$ 个点的棋盘,每个点上有一个数字 $a_i$,你需要从 $(1,1)$ 走到 $(n,n)$,每次只能往右或往下走,每个格子只能经过一次,路径上的数字和为 $S$。定义一个点 $(x,y)$ 的权值为 $a_x+a_y$,求所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 输入格式 第一行一个整数 $n$。 接下来 $n$ 行,每行 $n$ 个整数,表示棋盘上每个点的数字。 输出格式 输出一个整数,表示所有满足条件的路径中,所有点的权值和的最小值。 数据范围 $1\leq n\leq 300$ 输入样例 3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 输出样例 25 算法1 (树形dp) $O(n^3)$ 我们可以先将所有点的权值求出来,然后将其看作是一个有权值的图,问题就转化为了在这个图中求从 $(1,1)$ 到 $(n,n)$ 的所有路径中,所有点的权值和的最小值。 我们可以使用树形dp来解决这个问题,具体来说,我们可以将这个图看作是一棵树,每个点的父节点是它的前驱或者后继,然后我们从根节点开始,依次向下遍历,对于每个节点,我们可以考虑它的两个儿子,如果它的两个儿子都被遍历过了,那么我们就可以计算出从它的左儿子到它的右儿子的路径中,所有点的权值和的最小值,然后再将这个值加上当前节点的权值,就可以得到从根节点到当前节点的路径中,所有点的权值和的最小值。 时间复杂度 树形dp的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码 算法2 (动态规划) $O(n^3)$ 我们可以使用动态规划来解决这个问题,具体来说,我们可以定义 $f(i,j,s)$ 表示从 $(1,1)$ 到 $(i,j)$ 的所有路径中,所有点的权值和为 $s$ 的最小值,那么我们就可以得到如下的状态转移方程: $$ f(i,j,s)=\min\{f(i-1,j,s-a_{i,j}),f(i,j-1,s-a_{i,j})\} $$ 其中 $a_{i,j}$ 表示点 $(i,j)$ 的权值。 时间复杂度 动态规划的时间复杂度是 $O(n^3)$。 C++ 代码
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