【BZOJ】4861: [Beijing2017]魔法咒语-AC自动机+DP+矩乘

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题解

首先把忌讳词建成AC自动机，所有串的$end$结点和可以通过跳$fail$链到一个$end$结点的点都不能走到($getfail$时预处理即可)。

当$L\le 100$时，考虑在AC自动机上DP：
DP算是比较套路的了。
设$f[i][j]$表示已经选择了$i$个字符，走到了自动机上$j$结点的方案数，有
$f[j+s{z}_k][trans[j][k]]+=f[i][j]$
其中$k$枚举的是基本词汇，$s{z}_k$是串长，$trans[j][k]$表示在$j$结点时再接上串$k$后会走到的结点。
设初始值$f[0][0]=1$后$O(n^3)DP$即可。

当$L>100$时，$DP$的复杂度显然不可接受，但考虑到$len\le 2$，
也就是一个最多关乎$i-1,i-2$两项的线性递推式，直接矩阵快速幂即可。
复杂度$O(n^{3}logL)$

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代码

#include
using namespace std;
const int mod=1e9+7,N=110;

int n,m,L,ans,cnt,trans[N][N];
int sz[N],len,mx,ed[N];
char s[N][N],t[N];

inline void ad(int &x,int y){x+=y;if(x>=mod) x-=mod;}

struct AC{
    queueQ;
	int ch[N][26],f[N];
	
	inline void ins(char *s)
	{
		int i,alp,u=0;len=strlen(s);
		for(i=0;i>=1,Mul(g,g))
		 if(L&1) Mul(e,g);
		for(i=0;i<=cnt;++i){
			ad(ans,e.v[0][i]);
		}
		printf("%d",ans);
	}
}

int main(){
	int i;scanf("%d%d%d",&n,&m,&L);
	for(i=1;i<=n;++i) scanf("%s",s[i]);
	for(i=1;i<=m;++i){scanf("%s",t);ac.ins(t);}
	ac.getfail();memset(trans,0xff,sizeof(trans));
	for(i=1;i<=n;++i) ac.getrans(i,s[i]);
	if(L<=100) pA::solve();
	else pB::solve();
	return 0;
}