Wireless Password HDU - 2825（AC自动机+状压dp 卡常）

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题意：给你M个word串，问你能构造多少种长度为N的字符串，满足至少包含K个不同的word串。 1<=N<=25 1<=M<=10 1<=K<=10

思路：首先想到，建AC自动机，并且给每个插入的word串一个状态，1<

建好AC自动机后就是一个状态压缩dp的题，
dp[i][j][k]表示目前走了i步，到达j号节点，且此时M个word串的状态为k的最大方案数。 状态转移方程：
dp[i][j][k]=Σdp[i-1][father][last]
father是j的父亲节点，last对应转移前的状态

dp[0][0][0]=1;//初始化
    for(int i=0;i<N;i++)//用i步的状态更新i+1步的状态
    {
        for(int j=0;j<=tot;j++)
        {
            for(int k=0;k<(1<<M);k++)
            {
                if(dp[i][j][k])//不加这个判断会t，卡常点
                {
                    for(int id=0;id<26;id++)
                    {
                        int u=tree[j][id];//得到孩子节点u
                        int temp=k | isstr[u];//temp表示转移到u时候的各word的访问状态，k|isstr[u] 得到的就是u继承了k这个状态之后的状态
                        dp[i+1][u][temp]=(dp[i+1][u][temp]+dp[i][j][k])%20090717;
                    }
                }
            }
        }
    }

#include
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#include
using namespace std;
#define INF 0x3f3f3f
#define LL unsigned long long
const int maxn=1e2+20;
int tree[maxn][26];//字典树
int isstr[110];//以i节点结尾的单词对应的状态
int tot;//节点总数 
int fail[maxn];
int M,N,K;
char s1[15];
int num[1<<10];//预处理每个状态有几个单词  也就是二进制下有几个1,最终要大于等于K的状态才有效
LL dp[30][110][1<<10];//dp[i][j][k]:走到第i步  到达j节点 状态为k的二进制时  方案数
//dp[0][0][0]=1
void Init()
{
    memset(tree,0,sizeof(tree));
    memset(isstr,0,sizeof(isstr));
    tot=0;
    memset(fail,0,sizeof(fail));
}
void getnum()
{
    for(int i=0; i<(1 << 10);i++)
    {
        int tmp=i;
        while(tmp)
        {
            if(tmp & 1) num[i]++;
            tmp>>=1;
        }
    }
}
void Insert(char *s,int x)
{
    int len=strlen(s),root=0;
    for(int i=0;i<len;i++)
    {
        int id=s[i]-'a';
        if(!tree[root][id]) tree[root][id]=++tot;
        root=tree[root][id];
    }
    isstr[root]=1<<x;//每个字符串的压缩状态，建好AC自动机之后就使其转化成了这个点的状态，因为我们是从根节点出发，根节点到这个点的路径是唯一的，且路径就是对应的字符串
}
void getfail()
{
    queue<int> q;
    for(int i=0;i<26;i++)
    {
        if(tree[0][i]) 
        {
            q.push(tree[0][i]);
            //fail[tree[0][i]]=0;
        }
        //else tree[0][i]=0
    }
    while(!q.empty())
    {
        int v=q.front();
        q.pop();
        //if(isstr[fail[v]]) isstr[v]=isstr[fail[v]];  wa点  可能这两个都是单词结尾 比如出现ABC，BC 两个状态要取并集
        isstr[v]|=isstr[fail[v]];//状态合并，某个是0也不影响
        for(int i=0;i<26;i++)
        {
            if(tree[v][i]) 
            {
                fail[tree[v][i]]=tree[fail[v]][i];
                q.push(tree[v][i]);
            }
            else  tree[v][i]=tree[fail[v]][i];     
        }
    }
}
int main()
{
//    ios::sync_with_stdio(false);
//    cin.tie(0);
//    cout.tie(0);
    getnum();
    while(~scanf("%d%d%d",&N,&M,&K) ){
    if(!N && !M && !K) break;
    Init();
    for(int i=1;i<=M;i++)
    {
        scanf("%s",s1);
        Insert(s1,i-1);
    }
    getfail();
    for(int i=0;i<=N;i++)
    {
        for(int j=0;j<=tot;j++)
        {
            for(int k=0;k<(1<<M);k++) dp[i][j][k]=0;
        }
    }
    dp[0][0][0]=1;
    for(int i=0;i<N;i++)
    {
        for(int j=0;j<=tot;j++)
        {
            for(int k=0;k<(1<<M);k++)
            {
                if(dp[i][j][k])
                {
                    for(int id=0;id<26;id++)
                    {
                        int u=tree[j][id];
                        int temp=k | isstr[u];//转移到u时候的状态
                        dp[i+1][u][temp]=(dp[i+1][u][temp]+dp[i][j][k])%20090717;
                    }
                }
            }
        }
    }
    int sum=0;
    for(int i=0;i<(1<<M);i++)
    {
        if(num[i]>=K)
        {
            for(int id=0;id<=tot;id++) sum=(sum+dp[N][id][i])%20090717;
        }
    }
    printf("%d\n",sum%20090717);
    }
    system("pause");
    return 0;
}