逍遥丶綦
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AC自动机+状压dp hdu2825 Wireless Password

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题意：有个密码长度为n，现在有m个魔力单词，要求密码中魔力单词的种类数>=k，问这种密码的种类数。

思路：和之前一样，我们会想到AC自动机去压缩状态，把状态给简化。然后我们就会想到一个问题，，因为一种种类实际上可能会出现很多次，但是统计的时候只统计一次，所以用普通的dp可能就做不到了，那么我们就必须考虑复杂度更高的方法，又看到m<=10,我们自然的想到了状压。因为一个节点可能是多个单词的结尾，所以用状压就刚好能表示出多个单词结尾的情况了，非常的巧妙~

但是这题也有两个很容易TLE的问题，，首先是一个超级剪枝，，虽然已经是第二次遇到这个问题了，但还是一开始没想到。

因为我们的dp是属于向前dp的类型，这种dp有一个非常好的优势，那就是如果当前状态的种类数为0，那么这个状态对后面就没有任何作用，可以直接剪枝。这样我们就能减去非常多的情况了。

其次，就是memset初始化的时候，如果组数比较多可能会超时，改成for循环去填充就行。。

#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#include
#define fuck(x) cout<<"["<Q;
        Fail[root] = root;
        for(int i = 0; i < P; 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 u = Q.front(); Q.pop();

            End[u] |= End[Fail[u]];
            for(int i = 0; i < P; i++) {
                if(Next[u][i] == -1) {
                    Next[u][i] = Next[Fail[u]][i];
                } else {
                    Fail[Next[u][i]] = Next[Fail[u]][i];
                    Q.push(Next[u][i]);
                }
            }
        }
    }

    LL Solve(int N, int K) {
        int cur = 0, cnxt = 1;
        for(int S = 0; S < (1 << m); S++) {
            for(int j = 0; j < rear; j++) {
                dp[cur][S][j] = 0;
            }
        }

        dp[cur][0][0] = 1;
        for(int i = 1; i <= N; i++) {
            for(int S = 0; S < (1 << m); S++) {
                for(int j = 0; j < rear; j++) {
                    dp[cnxt][S][j] = 0;
                }
            }


            for(int S = 0; S < (1 << m); S++) {
                for(int j = 0; j < rear; j++) {
                    if(dp[cur][S][j]) {
                        for(int k = 0; k < P; k++) {
                            int nxt = Next[j][k];

                            dp[cnxt][S | End[nxt]][nxt] += dp[cur][S][j];
                            dp[cnxt][S | End[nxt]][nxt] %= mod;
                        }
                    }
                }
            }
            swap(cur, cnxt);
        }

        LL ans = 0;
        for(int S = 0; S < (1 << m); S++) {
            int cnt = 0;
            for(int i = 0; i < m; i++) {
                if(S >> i & 1) cnt++;
            }
            if(cnt < K) continue;

            for(int j = 0; j < rear; j++) {
                ans += dp[cur][S][j];
                ans %= mod;
            }
        }
        return ans;
    }
} AC;

char word[MX];

int main() {
    int n, m, k; //FIN;
    while(~scanf("%d%d%d", &n, &m, &k), n) {
        AC.Init(m);
        for(int i = 0; i < m; i++) {
            scanf("%s", word);
            AC.Add(word, i);
        }
        AC.Build();
        printf("%I64d\n", AC.Solve(n, k));
    }
    return 0;
}


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  • Netty源码学习-ChannelHandler bylijinnan javanetty
    一般来说，“有状态”的ChannelHandler不应该是“共享”的，“无状态”的ChannelHandler则可“共享” 例如ObjectEncoder是“共享”的, 但 ObjectDecoder 不是 因为每一次调用decode方法时，可能数据未接收完全（incomplete）， 它与上一次decode时接收到的数据“累计”起来才有可能是完整的数据，是“有状态”的 p
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