HDU-5955 Guessing the Dice Roll（AC自动机、高斯消元）

原题链接

Guessing the Dice Roll

题意

给定 $N(1\le N\le 10)$ 个长度都为 $L(1\le L\le 10)$ 的数字序列 $T_i(1\le i\le 10)$，数字序列仅由 $\left\{1,2,3,4,5,6\right\}$ 组成。设一开始数字序列 $S$ 为空，每轮进行如下操作：从 $\left\{1,2,3,4,5,6\right\}$ 中等概率的选择一个数字，加在序列 $S$ 的末尾，如果 $N$ 条序列中存在一条序列与 $S$ 的后缀匹配，则结束。问 $N$ 条序列中，每条序列被匹配的概率。

思路推导

设每条序列被匹配的概率为 $P_i(1\le i\le N)$，当随机取数字的轮数充分多时，必定存在某一序列 $T_i$ 与 $S$ 的后缀匹配，因此存在如下关系：
$$\sum _{i=1}^N{P}_i=1$$
即所有 $N$ 个序列匹配的概率和为 $1$.


对于这 $N$ 个序列中的其中一条 $T_i$，到达序列中每一个状态的概率 $P_{i,j}(1\le j\le L+1)$ 满足：
$$P_{i,j}=\frac{1}{6}\sum 可以到达O_{i,j}的状态$$

（$T$ 表示数字序列，$O$ 表示状态序列）
在所有能到达 $O_{ij}$ 的状态集合中，分两种情况：

1. 由状态 $O_{i,j-1}$ 推出，即状态 $O_i$ 没有失配；
2. 由其他序列 $T_a(a\ne i)$ 中的某个状态 $O_{a,b}(1\le b\le L)$推出， 即序列 $T_a$ 失配，转为序列 $T_i$的前缀串。

为了处理第二种情况，引入AC自动机。

用原题中的第三个样例作解释，建立如下 $Trie$ 树，并建立失配指针。

4 3
1 2 3
2 3 4
3 4 5
4 5 6

$(N=4,L=3,T_1=123,T_2=234,T_3=345,T_4=456)$

对于这 $13$ 个状态（包括根节点 $1$），需要分别推导 $6$ 种数字情况下连向的状态。可使用如下算法：

1. 设当前所在状态为 $O_{i,j}$，遍历输入为 $num(num\in \left\{1,2,3,4,5,6\right\})$ 时，状态 $O$ 连向的状态。
2. 如果 $O_{i,j}$ 为某序列 $T_i$ 的终点（$j=L+1$），算法结束。否则，判断 $O$ 的下一个状态：
   $a.$ 如果状态 $O_{i,j}$ 到达其下一个状态 $O_{i,j+1}$ 的数字正好是 $num$，则状态 $O_{i,j}$ 对其下一个状态 $O_{i,j+1}$ 的概率 $P_{i,j+1}$有 $P_{i,j}/6$ 的贡献；
   $b.$ 否则，循环跳转失配指针，直到根节点状态 $O_{root}$ 或某个状态 $O_{a,b}$ 的子状态 $O_{a,b+1}$（满足状态 $O_{a,b}$ 到状态 $O_{a,b+1}$经过的数字正好是 $num$）,状态 $O_{i,j}$ 对该状态的概率有 $P_{i,j}/6$ 的贡献。

以状态 $3$ 为例，其连向的状态如图所示：

（与状态 $3$ 无关的状态已忽略）
对所有点进行该算法操作后，得到 $13$ 个方程：
$$\{\begin{array}{rl}{P}_1& =\sum _{j=1}^{13}{x}_{1,j}{P}_j+1\\ P_i& =\sum _{i=j}^{13}{x}_{i,j}{P}_j,2\le i\le 13\end{array}$$
其中，$x_{i,j}$ 表示状态 $O_j$ 对状态 $O_i$ 贡献的系数。


对于这 $NL+1$ 个方程，把带未知量 $P_s(1\le s\le NL+1)$的项与常数项分离，提取出系数矩阵 $X$ ，常数项构成矩阵 $B$，得到形如如下的线性方程组：
$$XP=B$$
样例中的 $X$ 矩阵如下所示:

行\列	1	2	3	4	5	6	7	8	9	10	11	12	13
1	-4/6	2/6	2/6	0	2/6	2/6	0	2/6	1/6	0	1/6	1/6	0
2	1/6	-5/6	1/6	0	1/6	1/6	0	1/6	1/6	0	1/6	1/6	0
3	0	1/6	-6/6	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0
4	0	0	1/6	-6/6	0	0	0	0	0	0	0	0	0
5	1/6	0	1/6	0	-5/6	1/6	0	1/6	1/6	0	1/6	1/6	0
6	0	0	0	0	1/6	-6/6	0	0	0	0	0	0	0
7	0	0	0	0	0	1/6	-6/6	0	0	0	0	0	0
8	1/6	1/6	0	0	0	1/6	0	-5/6	1/6	0	1/6	1/6	0
9	0	0	0	0	0	0	0	1/6	-6/6	0	0	0	0
10	0	0	0	0	0	0	0	0	1/6	-6/6	0	0	0
11	1/6	1/6	1/6	0	1/6	0	0	0	1/6	0	-5/6	1/6	0
12	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	1/6	-6/6	0
13	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	0	1/6	-6/6

使用高斯消元法即可解出所有 $P_s$ 的值，其中各个终态的 $P_{终态}$ 值即为题目要求的概率。

代码

#include 
#include 
#include 
#include 
using namespace std;

int in[11][11]; // N个长度为L的序列 
int child[101][7]; // trie 
int fmp[101];// 失配指针 
bool isends[101];// 标记trie上某个节点是否为终态 
int T, n, l; 
int cnt; // trie的节点数量 
int root;// trie的根 
double a[105][105]; // 系数矩阵 
double x[105];// 解 

int newnode() {
	++cnt;
	for (int i=1;i<=6;++i) {
		child[cnt][i] = 0;
	}
	fmp[cnt] = 0;
	isends[cnt] = false;
	return cnt;
}

void init() {
	cnt = 0;
	root = newnode();
	for (int i=0;i<105;++i) {
		for (int j=0;j<105;++j) {
			a[i][j] = 0;
		}
		x[i] = 0;
	}
}

void buildtrie(int num) {
	int now = root;
	for (int i=0;i<l;++i) {
		int c = in[num][i];
		if (!child[now][c]) {
			child[now][c] = newnode();
		}
		now = child[now][c];
	}
	isends[now] = true;
}

void buildfmp() {
	queue<int> q;
	q.push(root);     
	int p;
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front();
		q.pop();
		for (int i=1;i<=6;++i) {
			if (child[u][i]) {
				if (u==root) {
					fmp[child[u][i]] = root;
				}
				else {
					p = fmp[u];
					while(p && !child[p][i]) {
						p = fmp[p];
					}
					if (!p) {
						fmp[child[u][i]] = root;
					}
					else {
						fmp[child[u][i]] = child[p][i];
					}
				}
				q.push(child[u][i]);
			}
		}
	}
}

void buildmat() {
	queue<int> q;
	q.push(root);
	while(!q.empty()) {
		int u = q.front();
		q.pop();
		if (isends[u]) {
			continue;
		}
		for (int i=1;i<=6;++i) {
			if (child[u][i]) {
				a[child[u][i]][u] += 1;
				q.push(child[u][i]);
			}
			else {
				int p = fmp[u];
				while(p && !child[p][i]) {
					p = fmp[p];
				}
				if (!p || child[p][i]) {
					a[child[p][i]][u] += 1;
				}
				else {
					a[root][u] += 1;
				}
			}
		}
	}
	for (int i=1;i<=cnt;++i) {
		a[1][i] = a[0][i];
		a[i][i] -= 6;
	}
	a[1][cnt+1] = -6;
}

void guass(int n,int m) { 
	int i=1,j=1,k,r,c; 
	double eps = 1e-12;
	while(i<=m && j<=n) { 
		r=i;
		for(k=i+1; k<=m; k++)
			if(fabs(a[k][j])>fabs(a[r][j]))
				r=k;
			if(fabs(a[r][j])>=eps) { 
				for(c=1; c<=n+1; c++)
					swap(a[i][c],a[r][c]); 
				for(k=i+1; k<=m; k++)
					if(fabs(a[k][j])>=eps) { 
						double f=a[k][j]/a[i][j]; 
						for(c=j; c<=n+1; c++) 
							a[k][c]-=f*a[i][c]; 
					} 
				i++;
			} 
			j++;
	} 
	for(int i=n; i>=1; i--) { 
		for(j=i+1; j<=n; j++) 
			a[i][n+1]-=a[i][j]*x[j]; 
		x[i]=a[i][n+1]/a[i][i]; 
	}
}


int main() {
	scanf("%d", &T);
	while(T--) {
		init();
		scanf("%d %d", &n, &l);
		for (int i=0;i<n;++i) {
			for (int j=0;j<l;++j) {
				scanf("%d", &in[i][j]);
			}
			buildtrie(i);
		}
		buildfmp();
		buildmat();
		guass(cnt, cnt);
		for (int i=1;i<cnt;++i) {
			if (isends[i]) {
				printf("%.6lf ", x[i]);
			}
		}
		printf("%.6lf\n", x[cnt]);
	}       
	return 0;
}